BZOJ 3994

BZOJ 3994

Description：

       令 D(x) 表示 x 的约数个数。求 ∑Ni=1∑Mj=1D(i∗j) 。

      
      
      

Solution：

       由对称性，不妨设 $N<=M$

       首先我们解决 $D(i*j)$， D(i∗j)=∑p|i∑q|j [gcd(ip,q)==1]=∑p|i∑q|j [gcd(p,q)==1] `

       所以 ∑Ni=1∑Mj=1D(i∗j)=∑Ni=1∑Mj=1∑p|i∑q|j [gcd(p,q)==1]
              =∑Ni=1∑Mj=1[gcd(i,j)==1]∗⌊Ni⌋∗⌊Mj⌋=∑Nd=1μ(d)∑⌊Nd⌋i=1⌊⌊Nd⌋i⌋∑⌊Md⌋j=1⌊⌊Md⌋j⌋

       我们可以令 F(x)=∑xi=1⌊xi⌋ ，这些我们可以预处理出来，时间复杂度 O(5000050000−−−−−√)

       所以 ∑Ni=1∑Mj=1D(i∗j)=∑Nd=1μ(d)F(⌊Nd⌋)∗F(⌊Md⌋) ，这个我们可以用 O(N−−√) 的时间算出

       总的时间复杂度 O(T∗N−−√)

Code：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int T;
int prime[50010]={0};
int pp=0;
int hash[50010]={0};
int mu[50010]={0};
long long F[50010]={0};

void Pre()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=50000;i++)
    {
        if(hash[i]==0)
        {
            prime[++pp]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=pp && i*prime[j]<=50000;j++)
        {
            hash[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
        mu[i]+=mu[i-1];
    }
    return;
}

int main()
{
    cin>>T;
    Pre();
    for(int i=1;i<=50000;i++)
    {
        int last=0;
        for(int j=1;j<=i;j=last+1)
        {
            last=i/(i/j);
            F[i]+=(i/j)*(last-j+1);
        }
    }
    for(;T>0;T--)
    {
        int N,M;
        scanf("%d%d",&N,&M);
        if(N>M) swap(N,M);
        int last=0;
        long long ans=0;
        for(int i=1;i<=N;i=last+1)
        {
            last=min(N/(N/i),M/(M/i));
            ans+=(mu[last]-mu[i-1])*F[N/i]*F[M/i];
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}