洛谷 P2257：YY的GCD（莫比乌斯反演 | 莫比乌斯函数性质）

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题目大意：让你求 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[gcd(i,j)=p],p\in prime$

转化一下式子，枚举 p：$$\sum _{p=2}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=p],p\in prime$$
这个式子等价于:$$\sum _{p=2}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }[gcd(i,j)=1],p\in prime$$
根据莫比乌斯函数性质,$[gcd(i,j)=1]$可以替换成：${\sum }_{d|gcd(i,j)}\mu (d)$，整个式子变成：$$\sum _{p=2}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d),p\in prime$$
${\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }{\sum }_{d|gcd(i,j)}\mu (d)$ 这里改变一下枚举项，枚举 d：$$\sum _{p=2}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p\ast d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p\ast d}\rfloor },p\in prime$$
这时右半边直接等于：$\lfloor \frac{n}{p\ast d}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{p\ast d}\rfloor$，化简到这一步可以两层数论分块，单组O(n)解决，但题目有T组，复杂度还需要优化。
令 $T=p\ast d$：$$\sum _{p=2}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\ast \lfloor \frac{n}{T}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{T}\rfloor ,p\in prime$$

再改变枚举项，枚举T：$$\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \ast \sum _{p|T}\mu (\frac{T}{p}),p\in prime$$
注意此时莫比乌斯函数部分可以预处理，令$F(T)={\sum }_{p|T}\mu (\frac{T}{p})$，可以用埃筛在 $nloglogn$时间内筛出$F$函数，再求一下前缀和，然后数论分块即可在单组$sqrt(n)$时间内完成
复杂度为 $O(T\ast sqrt(n))$,T为询问组数

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代码：
(太多的long long 运算会超时)

#include
using namespace std;
const int maxn = 1e7 + 10;
const int mx = 1e7;
typedef long long ll;
int t,n,m;
bool ispri[maxn];
int pri[maxn];
int mu[maxn];
int sum[maxn];
void sieve(int n) {
	mu[1] = 1;
	ispri[0] = ispri[1] = true;
	pri[0] = 0;
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(!ispri[i]) {
			pri[++pri[0]] = i;
			mu[i] = -1;
		}
		for(int j = 1; j <= pri[0] && i * pri[j] <= n; j++) {
			ispri[i * pri[j]] = true;
			if(i % pri[j] == 0) break;
			mu[i * pri[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for(int i = 1; i <= pri[0]; i++)
		for(int j = 1; j * pri[i] <= n; j++)
			sum[j * pri[i]] += mu[j];
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		sum[i] += sum[i - 1];
}
int main() {
	scanf("%d",&t);
	sieve(10000000);
	while(t--) {
		scanf("%d%d",&n,&m);
		if(n > m) swap(n,m);
		int i,j;
		ll res = 0;
		for(i = 1; i <= n; i = j + 1) {
			j = min(n / (n / i),m / (m / i));
			int p1 = n / i,p2 = m / i;
			res += 1ll * p1 * p2 * (sum[j] - sum[i - 1]);
		}
		printf("%lld\n",res);
	}
	return 0;
}