P2257 YY的GCD

$题意$
题目链接
$给定N,M，求1\le x\le N,1\le y\le M且gcd(x,y)为质数的(x,y)有多少对$
$用式子表达出来为$
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k],k\in Prime$$

$题解$

$为了讨论方便，我们假设n<m$
$\begin{array}{rl}原式& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k],k\in prime\\ & =\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k],k\in prime,后面省略这句话\\ & =\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{n/k}\sum _{j=1}^{m/k}[gcd(i,j)=1]\\ & =\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{n/k}\sum _{j=1}^{m/k}\sum _{d|gcd(i,j)}^{n/k}\mu (d)\\ & =\sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{n/k}\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor \end{array}$

$在这里我们枚举素数k，可以得到答案，但是实际上会TLE，我们考虑如何进一步优化$
$我们设T=kd，则d=\frac{T}{k}那么有$
$\begin{array}{rl}原式& =\sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{n/k}\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor \\ & =\sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{n/k}\mu (d)\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \end{array}$

$这个式子，现在是先枚举素数k，然后枚举d，我们考虑直接枚举T$
$\begin{array}{rl}原式& =\sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{n/k}\mu (d)\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \\ & =\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{k\in prime,k|T}\mu (\frac{T}{k})\\ & =\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \boxed{\sum _{k\in prime,k|T}\mu (\frac{T}{k})}\end{array}$
$注意到,最后的东西，是可以预处理的$
$考虑每一个素数k，对于k的倍数T，把它的值加上\mu (\frac{T}{k})$

$预处理代码如下$

void sieve() {
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=10000000;i++) {
        if (!flag[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for (int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=10000000;j++) {
            flag[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0) break;
            mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for (int i=1;i<=cnt;i++)
        for (int j=1;prime[i]*j<=10000000;j++)
            f[j*prime[i]]+=mu[j];
    for (int i=1;i<=10000000;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+f[i];
}

$我们推式子比较重要的一步是用了$
$$\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)=[gcd(i,j)=1]$$
$这个在许多题目中都会用到，是一个比较套路的用法$

$同样的，我们可以使用莫比乌斯反演来推式子，得到同样的结果$
$我们设f(d)=gcd(i,j)=d的个数,F(n)为gcd(i,j)为d的倍数的个数,我们有$
$$f(d)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]$$
$$F(n)=\sum _{i=1}^{n/i}f(d\cdot i)=\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor$$
$得到$
$$f(d)=\sum _{i=1}^{n/d}\mu (i)F(d\cdot i)$$

$接着，$
$\begin{array}{rl}原式& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k],k\in prime\\ & =\sum _{k,k\in prime}^{n}f(k)\\ & =\sum _{k,k\in prime}^n\sum _{i=1}^{n/k}\mu (i)\lfloor \frac{n}{di}\rfloor \lfloor \frac{m}{di}\rfloor \end{array}$
$i替换为字母k后，和上面是相同的结果$

$完整AC代码$

#include 
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 10000000;

LL mu[N + 10];
LL flag[N + 10];
LL prime[N + 10];
LL cnt;
LL f[N + 10];
LL sum[N + 10];

void init() {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; i++) {
		if (!flag[i]) prime[++cnt] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= N; j++) {
			flag[i * prime[j]] = 1;
			if (i % prime[j] == 0) break;
			mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
	
	for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
		for (int j = 1; prime[i] * j <= N; j++) {
			f[j * prime[i]] += mu[j];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= N; i++) sum[i] = sum[i - 1] + f[i];
}


LL solve(int n, int m) {
	LL ans = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans += (LL)(sum[r] - sum[l-1]) * (LL)(n / l) * (LL)(m / l);
	}
	return ans;
}

int main() {
	init();
	int n, m, T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		scanf("%d%d", &n, &m);
		if (n > m) swap(n, m);
		printf("%lld\n", solve(n, m));
	}
	
	
	return 0;
}