题解 P2257 【YY的GCD】

神犇 YY 虐完数论后给傻× kAc 出了一题

给定 $N,M$ 求 $1\le x\le N$，$1\le y\le M$ 且 $\gcd (x,y)$ 为质数的 $(x,y)$ 有多少对。

前置知识

• 莫比乌斯反演
• 数论分块
  $$\begin{array}{rl}& \sum _{p\in prim}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=p]\\ =& \sum _{p\in prim}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }[\gcd (i,j)=1]\\ =& \sum _{p\in prim}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\epsilon (\gcd (i,j)=1)\\ =& \sum _{p\in prim}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\epsilon (\gcd (i,j))\\ =& \sum _{p\in prim}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\sum _{d\mid \gcd (i,j)}\mu (d)\\ =& \sum _{p\in prim}\sum _{p\mid d}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }[d\mid i]\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }[d\mid j]\\ =& \sum _{p\in prim}\sum _{p\mid d}\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor \end{array}$$
  设：

$$f(p)=\sum _{p\mid d}\mu (d)$$

则原式化为：

$$\begin{array}{rl}=& \sum _{p\in prim}f(p)\times \lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor \end{array}$$

我们先去预处理 $f$ 函数

for(int i=1;i<=cnt;i++)
	for(int j=1;j*prim[i]<N;j++)
		f[j*prim[i]]+=mu[j];

就是这里的 $f$ 数组。

之后我们就可以求解了。

我们可以使用数论分块来写这题。

代码：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &FF){
	T RR=1;FF=0;char CH=getchar();
	for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;
	for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);
	FF*=RR;
}
const int N=1e7+10;
int prim[N],mu[N],sum[N],cnt,k,T,f[N];
bool vis[N];
void init(){
	mu[1]=1;
	for(register int i=2;i<N;i++){
		if(!vis[i]){
			mu[i]=-1;
			prim[++cnt]=i;
		}
		for(register int j=1;j<=cnt&&i*prim[j]<N;j++){
			vis[i*prim[j]]=1;
			if(i%prim[j]==0)break;
			mu[i*prim[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
		for(int j=1;j*prim[i]<N;j++)
			f[j*prim[i]]+=mu[j];
	for(register int i=1;i<N;i++)sum[i]=sum[i-1]+f[i];
}//莫比乌斯反演的板子
ll calc(int a,int b){
	ll ans=0;
	for(register int l=1,r;l<=min(a,b);l=r+1){
		r=min(a/(a/l),b/(b/l));
		ans+=(1ll*a/l)*(1ll*b/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
	}
	return ans;
}
int main(){
	init();
	for(read(T);T--;){
		int x,y;
		read(x);read(y);
		printf("%lld\n",calc(x,y));
	}
	return 0;
}