[BZOJ2820][Luogu2257]YY的GCD

BZOJ权限题
Luogu
题意：给出n，m，求：

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

多组数据，(nle 10^7)

sol

开式子吧。

[ans=sum_{T=1}^{n}lfloor frac nT floorlfloor frac mT floorsum_{p|T}mu(frac Tp) ]

其中(p)是质数
“是质数”这个条件就很烦，我们就只能(O(sum_{i=1}^{n}lfloor frac ni floor))地去做。
但是(10^7)又过不去怎么办呢？
记得曾经yyb说：质数密度大概是(frac {1}{10})
哦，(10^7)的(frac {1}{10})那就是(10^6)?
然后(O(sum_{i=1}^{n}lfloor frac ni floor))就可以跑啦？
所以直接爆跑。

code

时限改了，现在可以AC了。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 10000000;
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],s[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;
        for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++)
        {
            zhi[i*pri[j]]=1;
            if (i%pri[j]) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
            else break;
        }
    }
    for (int j=1;j<=tot;j++)
        for (int i=pri[j];i<=N;i+=pri[j])
            s[i]+=mu[i/pri[j]];
    for (int i=1;i<=N;i++)
        s[i]+=s[i-1];
}
int main()
{
    Mobius();
    int T=gi();
    while (T--)
    {
        int n=gi(),m=gi();
        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[j]-s[i-1]);
            i=j+1;
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}