能量采集 HYSBZ - 2005（莫比乌斯）（详细过程推导)

栋栋有一块长方形的地，他在地上种了一种能量植物，这种植物可以采集太阳光的能量。在这些植物采集能量后，
栋栋再使用一个能量汇集机器把这些植物采集到的能量汇集到一起。 栋栋的植物种得非常整齐，一共有n列，每列
有m棵，植物的横竖间距都一样，因此对于每一棵植物，栋栋可以用一个坐标(x, y)来表示，其中x的范围是1至n，
表示是在第x列，y的范围是1至m，表示是在第x列的第y棵。 由于能量汇集机器较大，不便移动，栋栋将它放在了
一个角上，坐标正好是(0, 0)。 能量汇集机器在汇集的过程中有一定的能量损失。如果一棵植物与能量汇集机器
连接而成的线段上有k棵植物，则能量的损失为2k + 1。例如，当能量汇集机器收集坐标为(2, 4)的植物时，由于
连接线段上存在一棵植物(1, 2)，会产生3的能量损失。注意，如果一棵植物与能量汇集机器连接的线段上没有植
物，则能量损失为1。现在要计算总的能量损失。 下面给出了一个能量采集的例子，其中n = 5，m = 4，一共有20
棵植物，在每棵植物上标明了能量汇集机器收集它的能量时产生的能量损失。 在这个例子中，总共产生了36的能
量损失。
Input
仅包含一行，为两个整数n和m。

Output
仅包含一个整数，表示总共产生的能量损失。

Sample Input
【样例输入1】
5 4
【样例输入2】
3 4

Sample Output
【样例输出1】
36
【样例输出2】
20
对于100%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100,000。

我们按照天然的思路，也就是说，所有 n * m 个点，对于答案即能量贡献是多少，我们设 (x,y) ,这个贡献题目的定义说的很清楚，这点到 (0,0) 这条直线上有多少个点，那现在的问题是，对一个点，如果我们能知道这个直线上有多少个点，那么其贡献我们就知道了，很显然，这个就是求 gcd(x,y) 啊，那么显然，一个点的能量贡献即是 2∗gcd(x,y)−1 。
那么好,一个天然的算法就是，我们枚举每个点，然后计算 gcd(x,y) ,时间复杂度 O(n∗m∗logn) 。但是100000的数据量，这样是绝对要超时的。想到的是，我们可以转换角度，不是去枚举点，而是去枚举gcd。
设 f(d)为gcd(x,y)=d的点的数量
那么答案：

ans=∑i=1min(n,m){f(i)∗(2∗i−1)}

因为

∑i=1min(n,m)f(i)=n∗m

所以进一步

ans=2∗∑i=1min(n,m)f(i)∗i−n∗m

现在问题的关键是如何高效率的求出 f(d) ,这里我们就用莫比乌斯反演了
设 F(d)为满足d|gcd（x,y)的个数 。
那么显然

F(n)=∑n|df(d)

所以

f(n)=∑n|d{μ(dn)∗F(d)}

到这里，还不够，还是会超时，还需要继续优化
设 d=n∗k ，则

f(n)∗n=n∗∑k=1+∞μ(k)∗F(n∗k)

所以

∑i=1min(n,m)f(i)∗i=∑k=1+∞{μ(k)∑ii∗F(i∗k)}=∑k=1+∞{μ(k)k∑k|tF(t)∗t}

(i=tk)

又

∑k=1+∞{μ(k)k∑k|tF(t)∗t}=∑t{F(t)∗t∑k|tμ(k)k}

非常巧的是，我们有一个定理：

∑d|nμ(d)d=ϕ(n)n

证明：
因为

n=∑d|nϕ(d)

反演得：

ϕ(n)=∑d|nμ(nd)d=∑d|nμ(d)nd⇒ϕ(n)n=∑d|nμ(d)d(其实这里面有着更加有趣的东西，和容斥有着千丝万缕的关系)

证毕
所以最后

∑i=1min(n,m)f(i)∗i=∑t+∞F(t)∗ϕ(t)

而对于 F(x) ,他的形式非常简单，即：

F(d)=nd∗md

易知 x→+∞,F(x)→0 ,所以 t 我们只算到 min(n,m) 即可
代码就非常简单了，也没必要分块来算

#include
#include
#include
#include
#define N 100002
#define mod 1000000007
using namespace std;

bool prime[N];
int phi[N];
void e()
{
    for(int i=1;imemset(prime,true,sizeof(prime));
    for(int i=2;iif(prime[i])
        {
            for(int j=i;jfalse;
                phi[j]-=phi[j]/i;
            }
        }
}
int main()
{
    int n,m;
    e();
    while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
    {
        if(n>m)
        {
            int temp=n;
            n=m;
            m=temp;
        }
        long long ans=-((long long)n*m);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            ans+=2*((long long)n/i)*(m/i)*phi[i];     
        printf("%lld\n",ans);
    }

    return 0;
}

还有一种做法也比较神奇，和反演无关

#include
#include
#include
#define mod 1000000007
using namespace std;

int n,m;
long long f[100005];//gcd为某个数的点的个数
int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
    {
        if(n>m)
        {
            int temp=n;
            n=m;
            m=temp;
        }
        long long ans=0;
        for(int i=n;i>=1;i--)
        {
            f[i]=(long long )(n/i)*(m/i);//会包含很多重复项，从最大值开始枚举
            for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
                f[i]-=f[j];//不断去除重复的
            ans+=f[i]*(2*i-1);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}