[HDU4746]Mophues

题面戳我
题意：给出n,m,p，求

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

其中(h(x))表示一个数质因数分解后质数的个数，如(12=2*2*3)，故(h(12)=3)。
多组数据，(nle 5*10^5)

sol

首先大开式子开到了这一步

[ans=sum_{T=1}^{n}lfloorfrac nT floorlfloorfrac mT floorsum_{d|T}[h(d)le p]mu(frac Td) ]

然后就傻了，p是给出的呀，难不成每组数据(O(sum_{i=1}^{n}lfloor frac ni floor))去算？
然后我们突然机智地发现了一个特点：对于任意(iin[1,n])，都有(h(i)le18)。
（(2^{18}=262144,2^{19}=524288)）
所以如果给出的(p>18)，那就直接输出n*m好了。
然后对于(ple18)，就预处理出0~18的前缀和就行了。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 500000;
int gi()
{
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
int pri[N+5],tot,zhi[N+5],mu[N+5],h[N+5],s[19][N+5];
void Mobius()
{
	zhi[1]=mu[1]=1;
	for (int i=2;i<=N;i++)
	{
		if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1,h[i]=1;
		for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++)
		{
			zhi[i*pri[j]]=1;h[i*pri[j]]=h[i]+1;
			if (i%pri[j]) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
			else break;
		}
	}
	for (int i=1;i<=N;i++)
		for (int j=i;j<=N;j+=i)
			s[h[i]][j]+=mu[j/i];
	for (int i=1;i<=18;i++)
		for (int j=1;j<=N;j++)
			s[i][j]+=s[i-1][j];
	for (int i=0;i<=18;i++)
		for (int j=1;j<=N;j++)
			s[i][j]+=s[i][j-1];
}
int main()
{
	Mobius();
	int T=gi();
	while (T--)
	{
		int n=gi(),m=gi(),p=gi();
		if (p>18) {printf("%lld
",1ll*n*m);continue;}
		if (n>m) swap(n,m);
		int i=1;ll ans=0;
		while (i<=n)
		{
			int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans+=1ll*(n/i)*(m/i)*(s[p][j]-s[p][i-1]);
			i=j+1;
		}
		printf("%lld
",ans);
	}
	return 0;
}