Gcd表中的质数 51Nod - 1192 （莫比乌斯反演）

有一个M * N的表格，行与列分别是1 - M和1 - N，格子中间写着行与列的最大公约数Gcd(i, j)(1 <= i <= M, 1 <= j <= N)。
例如：M = 5, n = 4。

1 2 3 4 5
1 1 1 1 1 1
2 1 2 1 2 1
3 1 1 3 1 1
4 1 2 1 4 1

给出M和N，求这张表中有多少个质数。
Input
第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。（1 <= T <= 1000)
第2 - T + 1行：每行2个数M,N，中间用空格分隔，表示表格的宽和高。(1 <= M, N <= 5 * 10^6)
Output
共T行，每行1个数，表示表格中质数的数量。
Sample Input
2
10 10
100 100
Sample Output
30
2791

莫比乌斯的经典哦
设$F(n)$为$gcd(x,y)$是n的倍数的数量，易知$$F(x)=\frac{n}{x}\ast \frac{m}{x}$$
设$f(n)$为$gcd(x,y)$为n的数量，则：
$$F(n)=\sum _{n|d}f(d)$$
所以反演得：$$f(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$$
所以：$$ans=\sum _{p为素数}^{min(n,m)}\sum _{p|d}\mu (\frac{d}{p})F(d)$$
转换枚举变量（固定套路）：$$ans=\sum _{d=1}^{min(n,m)}F(d)\sum _{p|d}^{p为素数}\mu (\frac{d}{p})$$

设$sum(d)={\sum }_{p|d}^{p为素数}\mu (\frac{d}{p})$,把sum这个数组预处理出来即可，但是超时了，那分块就好了，把sum处里成前缀和即可

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define N 5000005
using namespace std;
typedef long long  ll;
vector<int> prime;
bool pri[N];
int mu[N];
int sum[N];
int cal[N];
void init()
{
    memset(pri,true,sizeof(pri));
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++)
    {
        if(pri[i])
        {
            prime.push_back(i);
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0;j<prime.size()&&i*prime[j]<N;j++)
        {
            pri[i*prime[j]]=false;
            if(i%prime[j])
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            else
            {
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
        }
    }
    //cout<
    for(int i=0;i<prime.size();i++)
        for(int j=prime[i];j<N;j+=prime[i])
            sum[j]+=mu[j/prime[i]];//筛法筛出sum的值
    for(int i=1;i<N;i++)//处理成前缀和
        cal[i]=cal[i-1]+sum[i];
}
int main()
{
    int t;
    init();
    int n,m;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        int limit=min(n,m);
        ll ans=0;
        int last;
        for(int i=1;i<=limit;i=last+1)
        {
            last=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=(ll)(n/i)*(m/i)*(cal[last]-cal[i-1]);//分块
        }
        /*for(int i=1;i<=limit;i++)
            ans+=(ll)(n/i)*(m/i)*sum[i];*///这种写法t了，才想着要分块
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}