[bzoj3994][SDOI2015]约数个数和

3994: [SDOI2015]约数个数和

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Description

设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求 ∑ni=1∑mj=1d(ij)
Input

输入文件包含多组测试数据。

第一行，一个整数T，表示测试数据的组数。
接下来的T行，每行两个整数N、M。
Output

T行，每行一个整数，表示你所求的答案。

Sample Input

2

7 4

5 6
Sample Output

110

121
HINT

1<=N, M<=50000

1<=T<=50000

首先需要知道一个结论：

∑i=1n∑j=1md(ij)=∑i=1n∑j=1m⌊ni⌋⌊mj⌋[gcd(i,j)==1]

这个的证明可以去看PO姐的博客。

∑i=1n∑j=1m⌊ni⌋⌊mj⌋[gcd(i,j)==1]

∑i=1n∑j=1m∑d|i,d|jμ(d)⌊ni⌋⌊mj⌋

∑d=1min(n,m)∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋μ(d)⌊ni⌋⌊mj⌋

∑d=1min(n,m)μ(d)∑i=1⌊nd⌋⌊ni⌋∗∑j=1⌊md⌋⌊mj⌋

可以发现后面的两个式子是一样的，都是：f[x]= ∑xi=1⌊xi⌋ 表示i这个数对1~x的所有数的约数的贡献。所以f[x]表示的也就是1~x的约数个数和。
这样式子就变成了：

∑d=1min(n,m)μ(d)f[⌊nd⌋]f[⌊md⌋]

我们对于 μ(x) 求一下前缀和，然后分块统计就好了。

#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
const int N=50000;
LL ans;
bool flag[N+10];
int prime[N+10],f[N+10],g[N+10],n,m,T,u[N+10];
inline void prepare(){
    int i,j;
    for(u[1]=f[1]=1,i=2;i<=N;++i){
        if(!flag[i]){
            prime[++prime[0]]=i;
            u[i]=-1;
            f[i]=2;
            g[i]=1;
        }
        for(j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=N;++j){
            flag[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0){
                u[i*prime[j]]=0;
                g[i*prime[j]]=g[i]+1;
                f[i*prime[j]]=f[i]/(g[i]+1)*(g[i]+2);
                break;
            }
            u[i*prime[j]]=-u[i];
            g[i*prime[j]]=1;
            f[i*prime[j]]=f[i]*2;
        }
    }
    for(i=2;i<=N;++i) f[i]+=f[i-1],u[i]+=u[i-1];
}
int main(){
    prepare();
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int i,pos;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(ans=0,i=1;i<=min(n,m);i=pos+1){
            pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=(LL)(u[pos]-u[i-1])*f[n/i]*f[m/i];
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}