2019.01.21【洛谷P5176】公约数（莫比乌斯反演）（Min-Max容斥推结论）

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BB:

zxyoi做这道题的心路历程大概是这样子的：

闲来无事题库乱逛，一搜”约数“出来一道黑题。

然后随手就点开了。

一看这个式子。。。我。。。

好的肯定是要化成两两的$gcd$不然没法做。

日，这个怎么化。。。

这个$gcd(i,j,k)$是要干什么？

这个$gcd(ij,jk,ik)$又是什么东西？好像可以用质因数分解来搞一搞。

然后就做出来了。日，这有黑题难度？

一发A了，一看全NM开O2跑得贼快。不行我也要开O2。

然后就洛谷Rank1了。。。

思路：

最难受的就是那个$gcd(ij,jk,ik)$，所以我们想办法把它给化简。

由于$gcd$有一种表示方式是酱紫的：

$a=\prod p_i^{a_i},b=\prod p_i^{b_i}$

则$gcd(a,b)=\prod p_i^{\min (a_i,b_i)}$

所以我们考虑分别每个质因子在$i,j,k$中出现的次数，记为$I,J,K$

假设现在考虑且仅考虑质因子$p$
现在我们考虑给$gcd$换一种表示方式，记录当前质因子的次数。

大概就是这么个意思：
$$\begin{array}{rl}gcd(i,j)& =\min (I,J)\\ gcd(j,k)& =\min (J,K)\\ gcd(i,k)& =\min (I,K)\\ gcd(i,j,k)& =\min (I,J,K)\\ gcd(ij,ik,jk)& =\min (I+J,J+K,I+K)\end{array}$$

所以$gcd(ij,ik,jk)$就是选择了$I,J,K$三者中较小的两个。

容斥一下可以得到（本质是$Min-Max$容斥）：$$\min (I+J,J+K,I+K)=\min (I,J)+\min (J,K)+\min (I,K)-\min (I,J,K)$$

很简单的容斥，就是说，在前三项中，次小值会出现一次，最小值会出现两次，最后一项会删掉重复出现的最小值，所以两边是相等的。

换回$gcd$的表达式的话就是这个：
$$gcd(ij,ik,jk)=\frac{gcd(i,j)gcd(i,k)gcd(j,k)}{gcd(i,j,k)}$$

代回去得到我们真正要求的东西：
$$Ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{k=1}^{p}gcd(i,j{)}^2+gcd(i,k{)}^2+gcd(j,k{)}^2$$

然后，zxyoi当场就来了一句$woc$，这不就是基础莫比乌斯反演题了吗？

考虑将询问拆分一下：$Ans=p{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{m}gcd(i,j{)}^2+n{\sum }_{j=1}^m{\sum }_{k=1}^{p}gcd(j,k{)}^2+m{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{k=1}^{p}gcd(i,k{)}^2$

现在考虑怎么处理这个东西：

$$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j{)}^2\end{array}$$

接下来是莫比乌斯反演的时间：
$$\begin{array}{rl}Ans=& \sum _{d=1}^{\min (n,m)}{d}^2\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\\ =& \sum _{d=1}^{\min (n,m)}{d}^2\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{t\mid gcd(i,j)}\mu (t)\\ =& \sum _{d=1}^{\min (n,m)}{d}^2\sum _{t=1}^{\lfloor \frac{\min (n,m)}{d}\rfloor }\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor \lfloor \frac{m}{dt}\rfloor \\ =& \sum _{T=1}^{\min (n,m)}\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{d\mid T}{d}^2\mu (\frac{T}{d})\end{array}$$

设$g(T)={\sum }_{d\mid T}{d}^2\mu (\frac{T}{d})$

很显然$g$是个积性函数，因为$g=I{d}^2\ast \mu$

那么考虑线性筛。

$g(1)=1$

$\forall p\in \mathbb{P},g(p)=p^2-1$

$\forall p\in \mathbb{P},n\in {\mathbb{N}}_{\ast },gcd(n,p)=1,g(np)=g(n)g(p)$

$\forall p\in \mathbb{P},n\in {\mathbb{N}}_{\ast },p\mid n,g(np)=p^{2}g(n)$

最后一个稍微考虑一下有哪些数会产生新的贡献大概就明白了。

总的来说感觉不够当一道黑题，顶多紫题。

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代码：

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc get_char
#define pc putchar
#define cs const

namespace IO{
	namespace IOONLY{
		cs int Rlen=1<<16|1;
		char buf[Rlen],*p1,*p2;
	}
	inline char get_char(){
		using namespace IOONLY;
		return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	}
	
	inline int getint(){
		re int num;
		re char c;
		while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
		while(isdigit(c=gc()))num=(num+(num<<2)<<1)+(c^48);
		return num;
	}
}
using namespace IO;

cs int P=20000007,N=P-7;
cs int mod=1000000007;

inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int mul(int a,int b){return (ll)a*b>=mod?(ll)a*b%mod:(ll)a*b;}
inline int dec(int a,int b){return a<b?a-b+mod:a-b;}

int prime[P],pcnt;
int g[P];
bool mark[P];
inline void linear_sieves(int len=N){
	g[1]=1;
	for(int re i=2;i<=len;++i){
		if(!mark[i])prime[++pcnt]=i,g[i]=dec(mul(i,i),1);
		for(int re j=1;i*prime[j]<=len;++j){
			mark[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0){
				g[i*prime[j]]=mul(mul(prime[j],prime[j]),g[i]);
				break;
			}
			g[i*prime[j]]=mul(g[i],g[prime[j]]);
		}
	}
	for(int re i=2;i<=len;++i)g[i]=add(g[i],g[i-1]);
}

inline int calc(int n,int m){
	int ans=0;
	if(n>m)swap(n,m);
	for(int re i=1,j;i<=n;i=j+1){
		j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans=add(ans,mul(mul(n/i,m/i),dec(g[j],g[i-1])));
	}
	return ans;
}

inline int solve(int n,int m,int p){
	return add(add(mul(p,calc(n,m)),mul(n,calc(p,m))),mul(m,calc(n,p)));
}

signed main(){
	linear_sieves();
	for(int re T=getint();T--;cout<<solve(getint(),getint(),getint())<<'\n');
	return 0;
}