[SDOI2015]约数个数和(莫比乌斯反演)

题意

设表示的约数个数,求组

数据范围:

题解

这个题目的关键是化解,这里有个神奇的公式(第一次了解到我是懵逼的 ( ′◔ ‸◔`) )

这个公式可以这么理解: 如果对于的素因子分解为,那么,可以看出每个素因子作用是独立的

假设x,y的素因子分解中的次数为分别为. 对于的贡献为

在中只考虑

只当在中出现中不出现的种, 中不出现中出现的种, 都不出现的种,所以贡献为,等式成立

 

那么原来要求的式子变为 ,这里可以看到可以转换为约数的贡献

以中约数作为枚举项, 式子变为 (相当于上式,不过是整体考虑每个贡献)

对于这个式子如果做过相关题目那就很熟悉了求两两gcd和的不同思路

 

设(条件比更松,也更易求)

就有,由莫比乌斯反演

那么问题就变为如何求解注意到对于,如果那么就有贡献

考虑的约数.以作为枚举项,有(这里独立,可以通过处理前缀和求出)

 

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

using LL = long long;
const int MAXN = 5e4 + 5;
int T, N, M;
bool noprime[MAXN];
int prime[MAXN], cnt_p, mu[MAXN];
int pre[MAXN], sum[MAXN];
void Euler_Sieve(int top);

int main(){
  ios::sync_with_stdio(false);
  Euler_Sieve(MAXN - 5);
  cin >> T;
  while(T--){
    cin >> N >> M;
    int l, r, top = min(N, M); LL ans = 0;
    for(l = 1; l <= top; l = r + 1){
      r = min(N / (N / l), M / (M / l));
      ans += 1LL * (pre[r] - pre[l - 1]) * sum[N / l] * sum[M / l];
    }
    cout << ans << endl;
  }
  return 0;
}

void Euler_Sieve(int top){
  int i, j;
  mu[1] = 1;
  for(i = 2; i <= top; i++){
    if(!noprime[i]) prime[++cnt_p] = i, mu[i] = -1;
    for(j = 1; j <= cnt_p && prime[j] * i <= top; j++){
      noprime[prime[j] * i] = true;
      if(i % prime[j] == 0) break;
      mu[prime[j] * i] = -mu[i];
    }
  }

  for(i = 1; i <= top; i++) pre[i] = pre[i - 1] + mu[i];

  int l, r;
  for(i = 1; i <= top; i++){
    for(l = 1; l <= i; l = r + 1){
      r = i / (i / l);
      sum[i] += 1LL * (i / l) * (r - l + 1);
    }
  }
}