P2257 YY的GCD

$Hyperlink$

https://www.luogu.org/problem/P2257

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$Description$

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)\in prime]$$

$n,m\le 10^7,T\le 10^4$

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$Solution$

先枚举素数

$$\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k](k\in prime)$$

同时除以$k$

$$\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{n/k}\sum _{j=1}^{m/k}[gcd(i,j)=1](k\in prime)$$

我们知道莫比乌斯函数的性质${\sum }_{d|n}\mu (d)=[n=1]$
把这个$n$换成$gcd(i,j)$

$$[gcd(i,j)=1]=\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

丢进原式

$$\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{n/k}\sum _{j=1}^{m/k}\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)(k\in prime)$$

然后我们阔以枚举$d$，把$d$提出来，因为$d|gcd(i,j)$，所以$i,j$都是$d$的倍数，自然这范围中是$d$倍数的有$\lfloor \frac{i的上限}{d}\rfloor \times \lfloor \frac{j的上限}{d}\rfloor$个，即$\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{d}\rfloor \times \lfloor \frac{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }{d}\rfloor =\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \times \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$

于是原式=

$$\sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{n/k}\mu (d)\times \lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \times \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$$

设$T=kd$，扔进去

$$\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \times \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{k|T,k\in prime}\mu (\frac{T}{k})$$

后面那坨$k$就是$T$的质因子，是可以预处理的！！！

于是对于每一个质数$k$，对于它的倍数$T$，都加上一个$\mu (\frac{T}{k})$

处理一下前缀和，打个整除分块就A了啦

时间复杂度：$O(nlogn+T\sqrt{n})$

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$Code$

#include
#include
#include
#define N 10000000
#define LL long long
using namespace std;
LL mu[N+10];int prime[N>>3],m,f[N+10],sum[N+10],t,x,y;
bool vis[N+10];
inline LL read()
{
	LL f=0,d=1;char c; 
	while(c=getchar(),!isdigit(c)) if(c=='-') d=-1;f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
	while(c=getchar(),isdigit(c)) f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
	return d*f;
}
inline LL solve(int a,int b)
{
	LL res=0;
	for(register int l=1,r=0;l<=a;l=r+1)
	{
		r=min(a/(a/l),b/(b/l));
		res+=(LL)(sum[r]-sum[l-1])*(LL)(a/l)*(b/l);
	}
	return res;
}
signed main()
{
	mu[1]=1;
	for(register int i=2;i<=N;i++)
	{
		if(vis[i]==0) {prime[++m]=i;mu[i]=-1;}
		for(register int j=1;j<=m&&prime[j]*i<=N;j++)
		{
			vis[prime[j]*i]=true;
			if(i%prime[j]==0) break;
			mu[prime[j]*i]=-mu[i];
		}
	}
	for(register int i=1;i<=m;i++)
	 for(register int j=1;prime[i]*j<=N;j++)
	  f[j*prime[i]]+=mu[j];
	for(register int i=1;i<=N;i++) sum[i]=sum[i-1]+f[i];
	for(t=read();t--;)
	{
		x=read();y=read();
		if(x>y) x^=y,y=x^y,x^=y;
		printf("%lld\n",solve(x,y));
	}
}