●BZOJ 2693 jzptab

题链：

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2693

题解：

莫比乌斯反演

先看看这个题，BZOJ 2154 Crash的数字表格，本题的升级版：改为了多组数据。

既然是多组数据，那么之前的$O(N)$的方法就不行了。

现在需要对求ANS的式子进行优化，看看能不能降低复杂度。

$ANS=sum_{g=1}^{min(n,m)}g imes sum_{d=1}^{min(lfloor frac{n}{g} floor,lfloor frac{m}{g} floor)} mu(d)d^2sum(lfloor frac{n}{gd} floor,lfloor frac{m}{gd} floor)$

令$D=gd$，然后去枚举D，则

$quadquad=sum_{D=1}^{min(n,m)}sum(lfloor frac{n}{D} floor,lfloor frac{m}{D} floor) sum_{d|D} frac{D}{d}mu(d)d^2$

$quadquad=sum_{D=1}^{min(n,m)}sum(lfloor frac{n}{D} floor,lfloor frac{m}{D} floor) sum_{d|D} dD imesmu(d)$

令$w[D]=sum_{d|D} dD imesmu(d)$，所以

$ANS=sum_{D=1}^{min(n,m)}sum(lfloor frac{n}{D} floor,lfloor frac{m}{D} floor) w[D]$

如果可以求出$w[D]$的值，那么这个求ANS的式子就可以用上向下取整的特性，以$O(sqrt N)$的复杂度求出。

而至于$w[D]$求法，注意到这个也是积性函数，可以在线性筛时求出:

1.对于一个质数p，$w[p]=1 imes p imes 1+p imes p imes(-1)$

2.对于枚举到的i和质数p，

　　如果i%p!=0，则运用积性函数的性质：$w[i imes p]=w[i] imes w[p]$

　　否则，不难发现，新增的p导致产生的其他加项中$mu(d)=0$，所以直接$w[i imes p]=w[i] imes p$

(w[ ]的推导仔细想想哈，其实并不麻烦的)

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 10000050
using namespace std;
const int mod=100000009;
int w[MAXN],pw[MAXN];
void Sieve(){
	static bool np[MAXN];
	static int prime[MAXN],pnt;
	w[1]=1,pw[1]=1;
	for(int i=2;i<=10000000;i++){
		if(!np[i]) prime[++pnt]=i,w[i]=((1ll*i-1ll*i*i%mod)%mod+mod)%mod;
		for(int j=1;j<=pnt&&i<=10000000/prime[j];j++){
			np[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]) w[i*prime[j]]=((-1ll*w[i]*prime[j]%mod*prime[j]%mod+mod)%mod+1ll*w[i]*prime[j]%mod)%mod;
			else{w[i*prime[j]]=1ll*w[i]*prime[j]%mod; break;}
		}
		pw[i]=(1ll*pw[i-1]+w[i])%mod;
	}
}
int sum(int n,int m){
	return ((1ll*(1+n)*n/2%mod)*(1ll*(1+m)*m/2%mod))%mod;
}
int main(){
	Sieve(); int Case,n,m,ans,mini;
	scanf("%d",&Case);
	for(int i=1;i<=Case;i++){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		ans=0; mini=min(n,m);
		for(int d=1,last;d<=mini;d=last+1){
			last=min(n/(n/d),m/(m/d));
			ans=(1ll*ans+1ll*(pw[last]-pw[d-1]+mod)%mod*sum(n/d,m/d)%mod)%mod;
		}
		printf("%d
",(ans+mod)%mod);
	}
	return 0;
}