luoguP3327 [SDOI2015]约数个数和

题意

首先有个结论：
(d(i,j)=sumlimits_{x|i}sumlimits_{y|j}[gcd(x,y)=1])
证明：
假设(i=p_1^{a_1}*p_2^{a_2}*...*p_k^{a_k},j=p_1^{b_1}*p_2^{b_2}*...*p_k^{b_k})，则(i*j=p_1^{a_1+b_1}*p_2^{a_2+b_2}*...*p_k^{a_k+b_k})

考虑第(i)个质因子(p_i)，如果(x,y)互质，则(x,y)只能有一个有(p_i)，x有是(a_i)种，(y)有是(b_i)种，都没有是1种，总共((a_i+b_i+1))种，与约数个数和公式中相符。

于是式子变为：
(sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^{m}sumlimits_{x|i}sumlimits_{y|j}[gcd(x,y)=1])
改为枚举(x,y)：
(sumlimits_{x=1}^{n}sumlimits_{y=1}^m[gcd(x,y)=1]*frac{n}{x}*frac{m}{y})

设(f(x)=sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^mfrac{n}{i}*frac{m}{j}*[gcd(i,j)=x],F(x)=sumlimits_{n|d}f(d))

则：
(F(x)=sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^mfrac{n}{i}*frac{m}{j}*[x|gcd(i,j)])
提出(x)：
(F(x)=sumlimits_{i=1}^{frac{n}{x}}sumlimits_{j=1}^{frac{m}{x}}frac{n}{i*x}*frac{m}{j*x}*[1|gcd(i,j)])
即：
(F(x)=sumlimits_{i=1}^{frac{n}{x}}sumlimits_{j=1}^{frac{m}{x}}frac{n}{i*x}*frac{m}{j*x})

莫比乌斯反演：
(f(x)=sumlimits_{x|d}mu(frac{d}{x})F(x))
(ans=f(1)=sumlimits_{1|d}mu(frac{d}{1})F(d))
(=sumlimits_{d=1}^{min(n,m)}mu(d)sumlimits_{i=1}^{frac{n}{d}}sumlimits_{j=1}^{frac{m}{d}}frac{n}{i*d}*frac{m}{j*d})

预处理(g(x)=sumlimits_{i=1}^{x}frac{x}{i})，并求出莫比乌斯函数的前缀和(sum_i)，后面那一部分显然可以除法分块。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5*1e4+10;
int T,n,m;
int mu[maxn],sum[maxn];
ll g[maxn];
bool vis[maxn];
vector<int>prime;
inline void shai(int n)
{
	vis[1]=1;mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!vis[i])prime.push_back(i),mu[i]=-1;
		for(unsigned int j=0;j<prime.size()&&i*prime[j]<=n;j++)
		{
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)break;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int l=1,r;l<=i;l=r+1)	
			r=i/(i/l),g[i]+=1ll*(r-l+1)*(i/l);
}
inline ll solve(int n,int m)
{
	ll res=0;
	for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
	{
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		res+=1ll*(sum[r]-sum[l-1])*g[n/l]*g[m/l];
	}
	return res;
}
int main()
{
	shai(50000);
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		printf("%lld
",solve(n,m));
	}
	return 0;
}