今天做的一个很有成就感的题目，虽然经过我一个上午的痛苦挣扎，但是我觉得这个时间还是花的挺有意义的。
题目的意思是给你a和b两个数（范围是10^7)，从1-a选一个数x，从1-b中间选择一个数，问你能选出来gcd（a，b）=素数 的方案数有多少？
这是一类典型的gcd统计问题，也是十分有代表性的一个题目。
首先看到这个题目的时候我也不知道如何入手呢，任何的想法都逃不过T的阴影。
后来去网上看了各路神牛的题解我才稍稍明白了过来呢。
这个题目主要用到的只是就是莫比乌斯反演（Mobius)。
其本质是容斥原理。
如果我们假设d是一个质数，那么题目要我们求的就是 Sigama( mobi[j]*(n/(d*j))*(m/(d*j)) )；
这里也就把容斥原理体现得淋漓尽致了，什么意思呢？
我们可以这样理解，我们枚举所取的两个数的最小公倍数的情况，如果当前我们枚举的数为x，那么在它在第一个范围里面有a/x种选择；它在第二个范围里面有b/x种选择，显然对于当前，我们总共的选择数就有(a/x)*(b/x)，然而，我们到底加上这个数还是减去这个数呢？首先如果x是一个质数的话，我们应该加上去，但是如果x是恰好由两个不同质数组成的话呢，我们就要减去这个数（显然一个质数的情况已经把两个质数的种类数加进去了，所以这次要把多余的减出来），这里我们就可以得到一个规律，如果把x分解成质数的连乘形式中不含有任何相同的项，那么如果质数的个数为奇数的话，应该加上这个情况数，如果为偶数的话就应该减去这个数。
讲到这里，你也许会认为这个题目可以引刃而解了，但是你看看数据你就会知道，，如果赤裸裸的算的话，时间复杂度是(n*log(n))，果断是不能承受的。（本题连（O(n)）的时间复杂度都难以承受哦）。
于是我们不得不再想优化的办法呢。
刚刚说的是枚举所取得的gcd（质数），不如我们换一个思路想想，其实我们可以直接枚举（j*d），也就是质数的若干倍。
同上面容斥原理的分析法，我们根据（j*d）中间分解成质数连乘后，可以很迅速的得出前面的容斥系数（也就是要加上多少或者减去多少的那个数）。
由于j*d里面可以有很多个质数因子组成（设为k个），如果k为偶数，那么d可以是其中任何一个（即d可能有k种取法），这是剩下的因子的个数是奇数个，我们应该加上这个数，所以是正1，由于有k种取法，这是的容斥系数应该是正k；同理当k为奇数时，容斥系数为负k。
但是，如果j*d里面有恰好一个平方因子呢？这是我们的d只可能取那个平方因子的那个数（想想为什么？不然就为o啦），所以这里的容斥系数质可能为1或者-1哦。
对于其他的（多对平方因子），直接等于0。
有了这个想法，我们可以先预处理每个数对应的那个容斥系数，这样就加速啦。
优化到这里，我们离AC又进了一步。但是用这个算法一步步枚举j*d，然后求和，时间复杂度还是有O(n) ,无法通过。
我们要继续想点别的办法。
于是我们又回到求和的那个式子——Sigama( mobi[j]*(n/(d*j))*(m/(d*j)) )；
我们可以看到，对于某些d*j，他们所对应的(n/(d*j))*(m/(d*j))的值是不变的，什么意思呢？
举个例子：8/3=8/4=2（向下整除），8/5=8/6=8/7=8/8=1;
于是我们又想，对于那种很大的n和m，他们这种情况会更加明显。
于是我们可以通过对mobi函数求一个前缀和，存入S数组，进行分块处理。
于是我们可以把对应值相同的所有d*j一起处理，由于对于一个被除数，它所对应的商不会太多，这样分块处理后就可以把时间复杂度减低到sqrt级别了。
这样的话就可以顺利的过了这个题目啦。
注：SPOJ卡常数已经到了无节操的境界，所以任何可以降低常数的方法都应该用上的。
下面上代码（部分参考）：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdio> #define ll long long #define maxn 10000001 using namespace std; char cnt1[maxn],cnt2[maxn];//把字符当做整形，因为longlong的范围最多都只有64位，足够，而且这里运算快得多，有了这个优化时间直接减少至少15s。 int s[maxn]; void getprim() { int k; s[1]=0; for (int i=2; i<maxn; i++) { if (cnt1[i]==0) { for (int j=i; j<maxn; j+=i) cnt1[j]++;
//不用朴素的筛选素数的方法，直接用平方和立方的情况筛选，省时多了。 if (i<3165) { k=i*i; for (int j=k; j<maxn; j+=k) cnt2[j]++; } if (i<217) { k=i*i*i; for (int j=k; j<maxn; j+=k) cnt2[j]++; }//这里只要考虑平方和立方，为什么？因为含有的i^2的数目等于2和大于2的容斥系数都是0，我们只要知道那个系数大于1就可以了，不必要知道具体是多少。这里减去了好多白花花的时间。
} if (cnt2[i]==0) k=(cnt1[i]&1)?cnt1[i]:-cnt1[i]; else if (cnt2[i]==1) k=(cnt1[i]&1)?-1:1; else k=0;//k为第i项的容斥系数值，但是我们只需要前缀和。 s[i]=k+s[i-1]; } } int main() { getprim(); int n,m,cas,next,d1,d2; llans; scanf("%d",&cas); while (cas--) { ans=0; scanf("%d%d",&n,&m); for (lli=2; i<=n && i<=m;) { d1=n/i,d2=m/i; next=n/d1<m/d2?n/d1:m/d2; ans+=(ll)(s[next]-s[i-1])*d1*d2; i=next+1;//分块，跳到下一块的起点。 } printf("%lld ",ans); } return 0; }