[莫比乌斯反演+分块求和] BZOJ2820: YY的GCD

题意

给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对。
T(组数) = 10000 N,M<=10000000

题解

如果我们枚举质数 p=gcd(x,y) ，然后反演：
设 f(i) 表示满足 gcd(x,y) 等于 i 的有序数对 (x,y) 的个数。
F(i)=∑i|df(d)=⌊ni⌋⌊mi⌋
反演得：
f(1)=∑min(n/p,m/p)dμ(d)⌊n/pd⌋⌊m/pd⌋
总答案为：
∑min(n,m)p∑min(n/p,m/p)dμ(d)⌊n/pd⌋⌊m/pd⌋
现在就是要考虑如何优化求和过程了。
注意到 ⌊n/pd⌋⌊m/pd⌋ 这个东西是一段一段的，所以设 T=p∗d ，得
∑min(n,m)T=1⌊nT⌋⌊mT⌋∑pμ(T/p)
如果我们能求出后面这个 ∑pμ(T/p) 的前缀和，之后的处理就和 这题 一样了，分块求和。
其实直接暴力枚举p就能求啦，复杂度是O(n)的。因为素数个数约为 n/lnn , 而形如1+1/2+1/3+1/4…+1/n可以估计出来约为 lnn , 所以均摊下来共 O(n) 。

#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=10000005, N=10000000;
int n,m,_test,mu[maxn],p[maxn],sum[maxn];
long long ans;
bool vis[maxn];
void get_mu(){
    memset(vis,1,sizeof(vis));
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(vis[i]) p[++p[0]]=i, mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=N;j++){
            vis[i*p[j]]=false;
            if(i%p[j]==0){ mu[i*p[j]]=0; break; }
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
}
int main(){
    freopen("bzoj2820.in","r",stdin);
    freopen("bzoj2820.out","w",stdout);
    get_mu();
    for(int i=1;i<=p[0];i++)
     for(int j=1;p[i]*j<=N;j++) sum[p[i]*j]+=mu[j];
    for(int i=1;i<=N;i++) sum[i]+=sum[i-1];
    scanf("%d",&_test);
    while(_test--){
        scanf("%d%d",&n,&m); if(n>m) swap(n,m);
        ans=0;
        for(int i=1,nxt=0;i<=n;i=nxt+1){  
            nxt=min(n/(n/i),m/(m/i));  
            ans+=((long long)n/i)*(m/i)*(sum[nxt]-sum[i-1]);  
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}