bzoj3994(莫比乌斯函数+结论)

又欺负窝不会结论qaq

结论是这个:d(nm)=\sum_{p|n}\sum_{q|m}[(p,q)=1]

这个其实很好证明,因为nm的因子一定可以被表示成\frac{pm}{q}(化简之后),然后pq互质,这样就变成了求互质的pq的对数。。

由此可以做出如下化简

\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}d(ij) \\=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m\sum_{a|i}\sum_{b|j}[(a,b)=1] \\=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m\sum_{a|i}\sum_{b|j}\sum_{d|a,d|b}\mu(d) \\=\sum_{a=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{a} \right \rfloor\sum_{b=1}^{m}\left \lfloor \frac{m}{b} \right \rfloor\sum_{d|a,d|b}\mu(d) \\=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\sum_{a=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}{a} \right \rfloor\sum_{a=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}{b} \right \rfloor

然后令g(n)=\sum_{i=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor,上式又化为

\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)g(\left \lfloor \frac{n}{d}\right \rfloor )g(\left \lfloor \frac{m}{d}\right \rfloor )

然后g可以直接分块预处理,然后再分块算出上式,问题就解决了,复杂度O(Tsqrt(n))

 

 

 

/**
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 *          ┃          ┃ Code is far away from bug with the animal protecting          
 *          ┃          ┃   神兽保佑,代码无bug
 *          ┃          ┃           
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 */
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define dec(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define link(x) for(edge *j=h[x];j;j=j->next)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define ll long long
#define eps 1e-8
#define succ(x) (1LL<<(x))
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define mid ((x+y)/2) 
#define NM 50005
#define nm 10005
#define N 1000005
#define M(x,y) x=max(x,y)
const double pi=acos(-1);
const int inf=1e9+7;
using namespace std;
ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f*x;
}
   
 
 
 
 
int n,m,mu[NM],prime[NM],tot,a[NM];
bool v[NM];
ll ans,g[NM];
 
 
void init(){
    n=5e4;mu[1]=a[1]=1;
    inc(i,2,n){
    if(!v[i])prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
    inc(j,1,tot){
        if(i*prime[j]>n)break;
        v[i*prime[j]]++;
        if(i%prime[j]==0)break;
        mu[i*prime[j]]=-mu[i];
    }
    a[i]=a[i-1]+mu[i];
    }
    inc(i,1,n){
    for(int x=1,y;x<=i;x=y+1){
        y=i/(i/x);
        g[i]+=(y-x+1)*(i/x);
    }
    }
}
 
 
 
 
int main(){
    init();
    int _=read();while(_--){
    n=read();m=read();if(n>m)swap(n,m);ans=0;
    for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(a[j]-a[i-1])*g[n/i]*g[m/i];
    }
    printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

 

 

 

 

3994: [SDOI2015]约数个数和

Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 128 MB
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Description

 设d(x)为x的约数个数,给定N、M,求  

 

Input

输入文件包含多组测试数据。

第一行,一个整数T,表示测试数据的组数。

接下来的T行,每行两个整数N、M。

Output

 T行,每行一个整数,表示你所求的答案。

Sample Input

2
7 4
5 6

Sample Output

110
121

HINT

 

 1<=N, M<=50000

 

1<=T<=50000

 

Source

Round 1 感谢yts1999上传

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