2019.01.19【BZOJ2820】【洛谷P2257】YY的GCD（莫比乌斯反演）

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解析：

应教练要求开始准备数论讲义，现在把开通博客之前的写一些数论题目给弄上来。

显然题目要求的是这个东西：$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)\mathrm{i}\mathrm{s}\mathrm{a}\mathrm{p}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{m}\mathrm{e}]$$

接下来以$\mathbb{P}$表示素数集合，下面是化简过程。
$$Ans=\sum _{p\in \mathbb{P}}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=p]$$

定义函数$f$和$F$如下：$$f(p)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=p]$$$$F(p)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[p\mid gcd(i,j)]$$

很显然我们有$$F(p)=\sum _{p\mid d}f(d)$$$$F(p)=\lfloor \frac{n}{p}\rfloor \lfloor \frac{m}{p}\rfloor$$

接下来考虑莫比乌斯反演
$$f(p)=\sum _{p\mid d}\mu (\frac{d}{p})F(d)$$

$$\begin{array}{rl}Ans=& \sum _{p\in \mathbb{P}}f(p)\\ =& \sum _{p\in \mathbb{P}}\sum _{p\mid d}\mu (\frac{d}{p})F(d)\\ =& \sum _{p\in \mathbb{P}}\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{\min (n,m)}{p}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor \lfloor \frac{m}{dp}\rfloor \end{array}$$

反演后看着这个神仙式子很多人就想放弃了。

不虚啊，虚什么。
这个$dp$很烦是吧，那就交换枚举顺序啊

$$\begin{array}{rl}Ans=& \sum _{D=1}^{\min (n,m)}\sum _{p\mid D,p\in \mathbb{P}}\mu (\frac{D}{p})\lfloor \frac{n}{D}\rfloor \lfloor \frac{m}{D}\rfloor \\ =& \sum _{D=1}^{\min (n,m)}\lfloor \frac{n}{D}\rfloor \lfloor \frac{m}{D}\rfloor (\sum _{p\mid D,p\in \mathbb{P}}\mu (\frac{D}{p}))\end{array}$$

设：$g(D)={\sum }_{p\mid D,p\in \mathbb{P}}\mu (\frac{D}{p})$

显然我们只需要筛出所有的$\mu$函数就可以枚举每个质数，在$O(n\log \log n)$时间内处理出所有$g$函数的值，之后维护一下$g$的前缀和，然后整除分块就行了。

但是实际上，$g$也可以在线性筛的时候一起处理出来（虽然它并不是积性函数）

首先$g(1)=0$

对于一个质数$p$，$g(p)=\mu (1)=1$

剩下的分情况考虑，如果$p\nmid n$，那么$p$就是增加的一个质因子，那么原来所有有贡献的$\mu$都要$\times -1$，而且会带入一个新的贡献$\mu (n)$，所以有$g(np)=\mu (n)-g(n)$

如果已经有了$p\mid n$，那么除了$\mu (n)$其他所有变量中都有$p^2$所以剩余的只有$\mu (n)$了。

具体实现就请自行参考代码里面的了吧。

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代码：

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc get_char
#define pc putchar
#define cs const

namespace IO{
	namespace IOONLY{
		cs int Rlen=1<<18|1;
		char buf[Rlen],*p1,*p2;
	}
	inline char get_char(){
		using namespace IOONLY;
		return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	}
	
	inline int getint(){
		re int num;
		re char c;
		while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
		while(isdigit(c=gc()))num=(num+(num<<2)<<1)+(c^48);
		return num;
	}
	inline void outint(ll a){
		static char ch[23];
		if(a==0)pc('0');
		while(a)ch[++ch[0]]=a-a/10*10,a/=10;
		while(ch[0])pc(ch[ch[0]--]^48);
	}
}
using namespace IO;

cs int P=10000007;
int mu[P],prime[P],pcnt;
bool mark[P];
ll sum[P];

inline void linear_sieves(int len=P-7){
	mu[1]=1;
	for(int re i=2;i<=len;++i){
		if(!mark[i])mu[i]=-1,prime[++pcnt]=i,sum[i]=1;
		for(int re j=1;i*prime[j]<=len;++j){
			mark[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0){sum[i*prime[j]]=mu[i];break;}
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
			sum[i*prime[j]]=mu[i]-sum[i];
		}
	}
	for(int re i=1;i<=len;++i)sum[i]+=sum[i-1];
}

inline ll solve(int n,int m){
	if(n>m)swap(n,m);
	ll ans=0;
	for(int re i=1,j;i<=n;i=j+1){
		j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans+=(ll)(n/i)*(m/i)*(sum[j]-sum[i-1]);
	}
	return ans;
}

signed main(){
	linear_sieves();
	for(int re T=getint();T--;pc('\n'))outint(solve(getint(),getint()));
	return 0;
}