BZOJ2820 - YY的GCD（莫比乌斯反演）

题目链接 BZOJ2820 - YY的GCD

题意

$T$ 组查询，每次给定 $N,M$，求 $1<=x<=N,1<=y<=M$ 且 $gcd(x,y)$ 为质数的 $(x,y)$ 有多少对

$T=10000,N,M<=10000000$

题解

$$Ans=\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^M[gcd(i,j)=prime]$$

设函数 $f(n)$ 表示 $i\in [1,N],j\in [1,M]$ 中 $gcd(i,j)=n$ 的 $(i,j)$ 对数

设函数 $F(n)$ 表示 $i\in [1,N],j\in [1,M]$ 中 $n|gcd(i,j)$ 的 $(i,j)$ 对数

则 $f$ 和 $F$ 满足 $F(n)={\sum }_{n|d}f(d)$

反演可得
$$f(n)=\sum _{n|d}u(\frac{d}{n})F(d)=\sum _{n|d}u(\frac{d}{n})\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \lfloor \frac{M}{d}\rfloor$$
因此
$$Ans=\sum _{p\in prime}f(p)=\sum _{p\in prime}\sum _{p|d}u(\frac{d}{p})\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \lfloor \frac{M}{d}\rfloor$$
更换枚举方式，先枚举 $d$，把它当成是某个素数 $p$ 的倍数，即
$$Ans=\sum _{d=1}^{min(N,M)}\sum _{p|d,p\in prime}u(\frac{d}{p})\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \lfloor \frac{M}{d}\rfloor$$

$$Ans=\sum _{d=1}^{min(N,M)}\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \lfloor \frac{M}{d}\rfloor \sum _{p|d,p\in prime}u(\frac{d}{p})$$

其中
$$\sum _{p|d,p\in prime}u(\frac{d}{p})$$
这一部分可以通过欧拉筛把结果筛出来，然后再求前缀和，最后和前面的
$$\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \lfloor \frac{M}{d}\rfloor$$
一起，用整除分块计算结果

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=10000005;

int vis[maxn];
int prime[maxn],tot;
int mu[maxn];
int g[maxn];

void getmu(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<maxn;++i){
		if(!vis[i]){
			prime[tot++]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=0;j<tot && 1LL*i*prime[j]<maxn;++j){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]]=-mu[i];
			else break;
		}
	}
	for(int i=0;i<tot;++i){
		for(int j=1;1LL*j*prime[i]<maxn;++j){
			g[j*prime[i]]+=mu[j];
		}
	}
	for(int i=1;i<maxn;++i) g[i]+=g[i-1];
}

void solve(int a,int b){
	ll ans=0;
	for(int L=1,R;L<=a;L=R+1){
		R=min(a/(a/L),b/(b/L));
		ans+=1LL*(a/L)*(b/L)*(g[R]-g[L-1]);
	}
	printf("%lld\n",ans);
}

int T,n,m;

int main(){
	getmu();
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		if(n>m) swap(n,m);
		solve(n,m);
	}
	return 0;
}