bzoj3994[SDOI2015]约数个数和

题目链接：bzoj3994
题目大意：
设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求 ∑ni=1∑mj=1d(i∗j)

题解：
莫比乌斯反演
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知识储备

公式： d(i∗j)=∑x|i∑y|j[gcd(x,y)=1]
证明转自http://blog.csdn.net/clover_hxy/article/details/51282493 修改了一下变量名

证明如下：我们知道了这个自变量的乘积拆分形式，那么如果我们枚举 i 的所有约数 x ，枚举 j 的所有约数 y ，那么 x∗y 一定是 i∗j 的一个约数，于是所有的 x∗y 就包括了 ij 的所有约数，那么我们只要知道有多少不同的 x∗y 就可以了。为了知道不同的 x∗y ，我们可以考虑如何去掉重复的 x∗y 。这里我们考虑把 x 和 y 分为互质和不互质两种情况，设 gcd(x,y)=k ，于是 x=p∗k ， y=q∗k 。那么 x∗y 就可以重新组合成两个互质数的积 p∗k∗k 和 q ，而这两个数也分别是 i 和 j 的约数，即合法的 x 和 y 。这一点说明了一个问题：如果枚举到的 x 和 y 不互质，那么 x∗y 这个数一定可以由另外一对互质的 x′ 和 y′ 表示，也就是这一对 x 和 y 是重复的；而当 x 和 y 互质的时候， p∗k∗k 和 q 显然就是 x 和 y ，所以它是唯一的。于是我们总结一下上面的结论：所有 x 和 y 的积包括了 i∗j 的所有约数，当 x 和 y 不互质时， x∗y 可以由另一对互质的 x′ 和 y′ 表示。所以我们得到所有互质的 x 和 y 的乘积就不重复地包含了 ij 的所有约数。

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所以要求的式子即为：

∑i=1n∑j=1md(i∗j)=∑i=1n∑j=1m∑x|i∑y|j[gcd(x,y)=1]

化简

∑i=1n∑j=1md(i∗j)=∑x=1n∑y=1m⌊nx⌋×⌊my⌋×[gcd(x,y)=1]

反演一下

∑i=1n∑j=1md(i∗j)=∑x=1n∑y=1m∑t|(x,y)⌊nx⌋×⌊my⌋×μ(t)

继续套路化简，注意这里x,y的意义改变了

∑i=1n∑j=1md(i∗j)=∑t=1min(n,m)∑x=1⌊nt⌋∑y=1⌊mt⌋⌊nx∗t⌋×⌊my∗t⌋×μ(t)

然后就可以写成：

∑i=1n∑j=1md(i∗j)=∑t=1min(n,m)μ(t)∑x=1⌊nt⌋⌊nt⌋x∑y=1⌊mt⌋⌊mt⌋y

可以发现后面两个式子能等价于 ∑ni=1⌊ni⌋ 即前n个数约数个数的和，即 ∑ni=1d(i) 。这个是可以线性筛出来的(后来才知道orz)。于是我们用 O(n) 的时间预处理 μ(i) 和 d(i) 及其前缀和。
然后将这后面两个值相等的一起算，即来进行分块，就能在 O(n√) 的时间内出解了。

嗯，这道题我经历了从11s到2s的蜕变。还是学了点东西的。
一开始不知道 d(i) 可以直接线性筛于是打了个分块计算，而且懒直接全部改成LL跑成了11s，然后把不必要的改回int后直接跳到了6s。但是我翻记录，发现大部分都是两秒多。看了别人的才知道 d(i) 是可以线性筛的。

//最后推荐一篇总结http://blog.csdn.net/loi_dqs/article/details/50539123
//屏蔽里的是原来求 d(i) 时的分块打法

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
#define N 50100

bool ispri[N];
int cnt,pri[N/4];LL mu[N],d[N],ct[N];
//ct[i]表示i的最小质因数的指数
//d[i]表示i的约数个数 [-后变其前缀和
int mymin(int x,int y){return (xvoid mobius(int lim)
{
    cnt=0;mu[1]=1;d[1]=1;
    for (int i=2;i<=lim;i++)
    {
        if (!ispri[i]) {pri[++cnt]=i;mu[i]=-1;d[i]=2;ct[i]=1;}
        for (int j=1;j<=cnt && i*pri[j]<=lim;j++)
        {
            int k=i*pri[j];
            ispri[k]=true;
            if (i%pri[j]==0)
            {
                mu[k]=0;ct[k]=ct[i]+1;
                d[k]=d[i]/(ct[i]+1)*(ct[k]+1);
                break;
            }
            mu[k]=-mu[i];
            ct[k]=1;d[k]=d[i]*2;
        }
    }
    for (int i=2;i<=lim;i++) mu[i]+=mu[i-1],d[i]+=d[i-1];
}
// void pre(int lim)
// {
    // int n,i,x,r;
    // for (n=1;n<=lim;n++)
    // {
        // d[n]=0;
        // for (i=1;i<=n;i=r+1)
        // {
            // x=n/i;r=mymin(n,n/x);
            // d[n]+=(LL)(r-i+1)*x;
        // }
    // }
// }
int main()
{
    //freopen("a.in","r",stdin);
    //freopen("a.out","w",stdout);
    int T,n,m,lim,x,y,lx,ly,i,r;
    scanf("%d",&T);
    mobius(50000);//pre(50000);
    while (T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        lim=mymin(n,m);LL ans=0;
        for (i=1;i<=lim;i=r+1)
        {
            x=n/i;y=m/i;
            lx=n/x;ly=m/y;
            r=mymin(lx,ly);
            ans+=d[x]*d[y]*(mu[r]-mu[i-1]);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}