【BZOJ 2820】YY的GCD

Problem

Description

给定(N), (M),求(1le xle N), (1le yle M) 且 (gcd(x,y)) 为质数的 ((x,y)) 有多少对

多组数据

Input Format

第一行一个整数 (T) 表述数据组数

接下来 (T) 行，每行两个正整数，表示 (N,M)

Output Format

(T) 行，每行一个整数表示第 (i) 组数据的结果

Sample

Input

2
10 10
100 100

Output

30
2791

Range

(T=10000)

(N,Mle 10000000)

Algorithm

莫比乌斯反演

Mentality

莫比乌斯反演入门题。

所谓莫比乌斯反演题，其实都是数学公式的盛宴 = = 。

题目要我们求的，显然就是这个：

[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=prime] ]

首先令 (nle m) ，那么我们可以开始变化了：

[sum_{pin prime}sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=p] ]

由于 (gcd(i,j)==p) ，所以 (i|p&&j|p) ，那我们可以改为枚举 (i×p,j×p) ，则式子变为：

[sum_{pin prime}sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{p} floor}sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{p} floor}[gcd(i,j)=1] ]

接着，我们知道莫比乌斯函数 (mu) 有这样一个性质：

[sum_{d|n}mu(d) =[n=1] ]

那么我们用这个东西去代 ([gcd(i,j)=1]) ，我们就可以得到这样一个式子：

[sum_{pin prime}sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{p} floor}sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{p} floor}sum_{d|gcd(i,j)}mu(d) ]

这里我们考虑摆脱 (i,j) 的束缚，改为枚举那些在后面出现过的每个 (mu (d)) ，统计它们做出的贡献。那么式子画风一变，就会这样：

[sum_{pin prime}sum_{d=1}^nmu(d)sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{p} floor}sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{p} floor}[d|i&&d|j] ]

不难发现，或者说一目了然地发现这样一件事：

[sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{p} floor}sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{p} floor}[d|i&&d|j]=lfloorfrac{n}{pd} floor*lfloorfrac{m}{pd} floor ]

式子进一步变得简洁明了了：

[sum_{pin prime}sum_{d=1}^nmu(d)*lfloorfrac{n}{pd} floor*lfloorfrac{m}{pd} floor ]

不过这样子的式子求起来还不是行，我们要进一步快乐化简，设 (T=pd) ，那么我们的式子变得如下了：

[sum_{T=1}^nsum_{p=1,pin prime,p|T}^nmu(frac{T}{p})*lfloorfrac{n}{T} floor*lfloorfrac{m}{T} floor ]

由于对于同一个 (T) ，(lfloorfrac{n}{T} floor*lfloorfrac{m}{T} floor) 的值并不会发生改变，那么我们完全可以提到 (sum) 外面，接下来式子变成了：

[sum_{T=1}^nlfloorfrac{n}{T} floor*lfloorfrac{m}{T} floorsum_{p=1,pin prime,p|T}^nmu(frac{T}{p}) ]

那么答案就会变得非常显然了，设 (f(T)=sum_{p=1,pin prime,p|T}^nmu(frac{T}{p})) ，我们只需要求出 (f(T)) 们就行了。

不过这里还要用到一种叫做 整除分块 的东西，因为我们发现，对于某一些连续的数 (T) ，它们的 (lfloorfrac{n}{T} floor*lfloorfrac{m}{T} floor) 完全是一样的，我们只需要通过前缀和计算这一段数对应的 (f(T)) 的和，统一乘上 (lfloorfrac{n}{T} floor*lfloorfrac{m}{T} floor) 即可。

怎么计算这个玩意呢？当然是利用这样一个结论：对于 (isim lfloorfrac{n}{lfloorfrac{n}{i} floor} floor) 而言，它们的 (lfloorfrac{n}{i} floor) 的值都是相同的。那么我们的整除结果就被分成了一段一段相同的数，是谓所谓整除分块 = = 。具体证明很简单，可以看一下这位 Dalao 的 Blog 。

完毕。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int T, n, m, cnt, pri[10000001], mu[10000001], sum[10000001];
bool vis[10000001];
void init() {
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= 10000000; i++) {
    if (!vis[i]) pri[++cnt] = i, mu[i] = -1;
    for (int j = 1; j <= cnt && pri[j] * i <= 10000000; j++) {
      vis[pri[j] * i] = true;
      if (!(i % pri[j])) break;
      mu[pri[j] * i] = -mu[i];
    }
  }  //求出莫比乌斯函数
  for (int i = 1; i <= cnt; i++)
    for (int j = 1; j * pri[i] <= 10000000; j++)
      sum[j * pri[i]] += mu[j];                              //统计 f 函数
  for (int i = 1; i <= 10000000; i++) sum[i] += sum[i - 1];  //统计前缀和
}
int main() {
  freopen("2257.in", "r", stdin);
  freopen("2257.out", "w", stdout);
  init();  //预处理前缀和啥的
  cin >> T;
  while (T--) {
    long long ans = 0;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    if (n > m) swap(n, m);
    for (int i = 1, r; i <= n; i = r + 1) {
      r = min(n / (n / i), m / (m / i));  //得到上界
      ans += 1ll * (sum[r] - sum[i - 1]) * (n / i) * (m / i);
    }
    printf("%lld
", ans);
  }
}