BZOJ 2820 YY的GCD 莫比乌斯反演

题意:链接

方法:莫比乌斯反演

解析:

这题跟上一篇博客有一点区别，当然我们可以考虑枚举素数这个大暴力，不过当你A掉这道题后发现正解？都将近5s时，就放弃了这个念头。

同样的式子我们可以直接搬过来，p是质数

∑p∑1<=x<=a∑1<=y<=b(gcd(x,y)==p)

∑p∑1<=x<=a/p∑1<=y<=b/p(gcd(x,y)==1)

∑p∑1<=x<=a/p∑1<=y<=b/p∑d|(x,y)μ(d)

∑p∑d=1min(a/p,b/p)μ(d)[apd][bpd]

设pd=k

∑k=1min(a,b)∑p且p|kμ(kp)[apd][bpd]

则设 ∑p且p|kμ(kp)=F(k)

发现F(k)的取值只与选取的p与k的关系有关

F(k)=μ(pdp1)

当p|d时

①p=p1 F(k)=μ(d)

②p!=p1 F(k)=0

故 F(k)=μ(d)

当p不整除d时

①p=p1 F(k)=μ(d)

②p!=p1 F(k)=−F(d)

故 F(k)=μ(d)−F(d)

之后的内容和1101一样分块

代码:

#include 
#include 
#include 
#include 
#define N 10000010
using namespace std;
typedef long long ll;
int tot,t;
int a,b,d;
int prime[N];
bool f[N];
int miu[N];
ll g[N];
void sieve()
{
    miu[1]=1;
    for(int i=2;i<=10000000;i++)
    {
        if(!f[i])
        {
            prime[++t]=i;
            miu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=t&&i*prime[j]<=10000000;j++)
        {
            f[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                miu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }else miu[i*prime[j]]=-miu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=t;i++)
    {
        for(int j=1;j*prime[i]<=10000000;j++)
        {
            g[j*prime[i]]+=miu[j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=10000000;i++)
    {
        g[i]+=g[i-1];
    }
}
int main()
{
    sieve();
    scanf("%d",&tot);
    for(int i=1;i<=tot;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a,&b);
        int a1=a,b1=b;
        int x=min(a1,b1);
        int pos;
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=x;i=pos+1)
        {
            pos=min((a1/(a1/i)),(b1/(b1/i)));
            ans+=(g[pos]-g[i-1])*(a1/i)*(b1/i);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}