bzoj 3309

奇怪的莫比乌斯反演...

题意：定义$f(n)$表示将$n$质因数分解后质因子的最高幂次，求$sum_{i=1}^{a}sum_{j=1}^{b}f(gcd(i,j))$

首先肯定是反演嘛...

推一发式子：

$sum_{i=1}^{a}sum_{j=1}^{b}f(gcd(i,j))$

$sum_{i=1}^{a}sum_{j=1}^{b}sum_{d=1}^{min(a,b)}[gcd(i,j)equiv d]f(d)$

$sum_{d=1}^{min(a,b)}f(d)sum_{i=1}^{a}sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)equiv d]$

$sum_{d=1}^{min(a,b)}f(d)sum_{i=1}^{frac{a}{d}}sum_{j=1}^{frac{b}{d}}[gcd(i,j)equiv 1]$

$sum_{d=1}^{min(a,b)}f(d)sum_{i=1}^{frac{a}{d}}sum_{j=1}^{frac{b}{d}}sum_{t=1}^{min(frac{a}{d},frac{b}{d})}mu(t)$

$sum_{d=1}^{min(a,b)}f(d)sum_{t=1}^{min(a,b)}mu(t)frac{a}{dt}frac{b}{dt}$

令$T=dt$，得到：

$sum_{T=1}^{min(a,b)}frac{a}{T}frac{b}{T}sum_{d|T}f(d)mu(frac{T}{d})$

于是我们只需线性筛后面那一坨，然后数论分块即可

考虑线性筛：

令$g(T)=sum_{d|T}f(d)mu(frac{T}{d})$

设对$T$进行质因数分解，得到这样的式子：$T=prod_{i=1}^{n}p_{i}^{k_{i}}$

分两类进行讨论：

①.对任意$iin [1,n-1]$，有$k_{i}=k_{i+1}$

首先我们考虑那个卷积式子，由于有一项是$mu$，因此我们只需考虑$mu$里面的东西无平方因子的情况，也即对于每个质因子，要么选$1$个，要么不选！

然后我们考虑什么分法会产生贡献：

不难发现，我们取奇数个质因子和取偶数个质因子的方案数是一样的，而其$mu$互为相反数，当且仅当我们选了所有质因子时其$f$与其余的$f$不同（这个$f$变成了$k_{i}-1$），因此我们只需知道这个$-1$与对应的$mu$产生的是正贡献还是负贡献即可，最后结论是$g(T)=(-1)^{n+1}$

②.存在$i,jin [1,n]$，使得$k_{i}!=k_{j}$

类比上面的分析方式，得到$g(T)=0$

这样就可以线性筛了

代码：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define ll long long
using namespace std;
int mu[10000005];
int pri[1000005];
int f[10000005],mi[10000005],val[10000005];
ll F[10000005];
bool used[10000005];
int cnt=0;
ll T,x,y;
void init()
{
    mu[1]=1;
    f[1]=0;
    for(int i=2;i<=10000000;i++)
    {
        if(!used[i])mu[i]=-1,pri[++cnt]=i,mi[i]=f[i]=1,val[i]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=10000000;j++)
        {
            used[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)
            {
                mu[i*pri[j]]=0;
                mi[i*pri[j]]=mi[i]+1;
                val[i*pri[j]]=val[i]*pri[j];
                ll temp=i/val[i];
                if(temp==1)f[i*pri[j]]=1;
                else f[i*pri[j]]=(mi[temp]==mi[i*pri[j]])?-f[temp]:0;
                break;
            }
            mu[i*pri[j]]=-mu[i],mi[i*pri[j]]=1,val[i*pri[j]]=pri[j],f[i*pri[j]]=(mi[i]==1)?-f[i]:0;
        }
    }
    for(int i=2;i<=10000000;i++)f[i]+=f[i-1];
}
ll solve(ll a,ll b)
{
    ll las=1,ans=0;
    for(int i=1;i<=a&&i<=b;i=las+1)
    {
        las=min(a/(a/i),b/(b/i));
        ans+=(f[las]-f[i-1])*(a/i)*(b/i);
    }
    return ans;
}
template <typename T>inline void read(T &x)
{
    T f=1,c=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){c=c*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x=c*f;
}
int main()
{
    init();
    read(T);
    while(T--)
    {
        read(x),read(y);
        printf("%lld
",solve(x,y));
    }
    return 0;
}