SPOJ PGCD （mobius反演 + 分块）

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题意 ：求满足gcd(i , j)是素数(1 <= i <= n && 1 <= j <= m)二元组(i , j)个数。

很值得总结的题。。。

首先得会一点前提东西 。。。先简单说下Mobius反演，就是偏序集上的容斥原理。

定义

F(n) = sigma (G(d))   d | n

那么G(n) = sigma (F(d) * miu (n / d))  d | n

还有另外一个表达形式

F(n) = sigma (G(d))  n | d

G(n) = sigma (F(d) * miu (d / n))  n | d

miu(i)是莫比乌斯函数

                1                (i = 1)

miu(i) =    (-1) ^ k       (i是square free number，k是i的素因子个数)

                0                (其它情况)

然后 就是要会求一个东西 GCD (i , j) = k 的数量。 （可以拿SPOJ   VLATTICE  先练练）

令F(k)表示k | GCD(i , j)的数量。    这个东西 比较好求 就是(n / k) * (m / k)

然后令G(k)表示GCD(i , j) = k的数量。这个东西不 好求，就可以反演出来了

显然F(k) = sigma (G[d])  k | d

则G(k) = sigma (G[d] * miu (d / k))  k | d

这样就可以枚举d做出来了。。。。

对于这题，分成三个阶段。。。

stage 1 :打个素数表，然后预处理出miu函数。那么直接枚举素数p，求gcd(i , j) = p的数量，然后累加就行了。

预处理可以用线性筛选搞到O(n)，每次查询是O(prime_count(n) * n)。显然会TLE。。。。

stage 2 :整理1中的式子，求的是sigma(F(d) * miu(d / p))  p为素数。

那么其中的F(d)只和d有关。。。可以枚举d，那么就要求出P[d] = sigma(miu(d / p))了p是d的某一个素因子。。。

如果d = p1 ^ k1 * p2 ^ k2 * …… pm ^ km

1、如果ki全为1,那么d / pi是square free number,而且素因子个数为m - 1。答案就是((m - 1) & 1 ? -1 : 1) * m

2、如果ki中只有1个为2，那么如果pi的指数为1,那么d / pi肯定不是square free number,那么miu值为0,不用管。如果pi的指数为2的话，那么d / pi肯定是square free number,素因子数个还为m，答案就是(m & 1 ? -1 : 1)

3、其余情况d / pi肯定不是square free number,miu值全为0，答案就是0.

处理完之后，对于查询只需要枚举d，然后 sigma(F(d) * P(d))

预处理同样可以用线性筛选完成O(n)，每次查询O(n)。但是还是TLE。。。好SXBK。

PS：线性筛选太强大了。。。记录了每一个合数的最小素因子，保证每个合数最多被筛一次，保证了线性复杂度。

而且有了最小素因子minumfac[]，就可以记录素因子个数totnum[]以及不同的素因子个数diffnum[]。就可以处理出P[]。

stage 3:又是经典的分块，考虑F(d) = (n / d) * (m / d)，这个东西只有log()级别种，相邻的部分值是一样的。

对于这种分块不熟的可以做CQOI2007 余数之和sum。

这样的话预处理O(n)，查询O(sqrt(n))。。。终于过了

PS：SPOJ把MLE判成RE，然后 我就RE了10多次。。。。。线性筛选的时候少了一句话，又TLE好多次。。。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define pii pair<int,LL>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10000005;
int cnt = 0 , prime[N] , minumfac[N];
int totnum[N] , diffnum[N] , p[N];
bool isnotprime[N];
// int miu[N];
void init () {
    isnotprime[0] = isnotprime[1] = true;
    cnt = 0 ; 
    // miu[1] = 1;
    for (int i = 2 ; i < N ; i ++) {
        if (!isnotprime[i]) {
            prime[cnt ++] = i;
            // miu[i] = -1;
        }
        for (int j = 0 ; j < cnt && i * prime[j] < N ; j ++) {
            isnotprime[i * prime[j]] = true;
            minumfac[i * prime[j]] = prime[j];
            // if (i % prime[j] == 0) miu[i * prime[j]] = 0;
            // else miu[i * prime[j]] = - miu[i];
            if (i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
    p[1] = 0;
    for (int i = 2 ; i < N ; i ++) {
        if (!isnotprime[i]) totnum[i] = diffnum[i] = 1;
        else {
            totnum[i] = totnum[i / minumfac[i]] + 1;
            diffnum[i] = diffnum[i / minumfac[i]] + ((i / minumfac[i]) % minumfac[i] != 0);
        }
        if (totnum[i] == diffnum[i]) p[i] = (((totnum[i] - 1) & 1) ? -1 : 1) * totnum[i];
        else if (totnum[i] - diffnum[i] == 1) p[i] = (diffnum[i] & 1) ? -1 : 1;
        else p[i] = 0;
        p[i] += p[i - 1];
    }
}

int main () {
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen ("input.txt" , "r" , stdin);
        // freopen ("output.txt" , "w" , stdout);
    #endif
    int t;
    scanf ("%d" , &t);
    init ();
    while (t --) {
        int n , m ;
        LL ans = 0;
        scanf ("%d %d" , &n , &m);
        if (n > m) swap (n , m);
        /* 
        // stage 1:
        // make talbe : O(n)
        // for every query : O(n * prime_count(n))
        for (int i = 0 ; i < cnt ; i ++) {
            int p = prime[i];
            for (int j = p ; j <= n ; j += p) {
                #define f(a , b , p) ((a / p) * (b / p))
                ans += miu[j / p] * f(n , m , j);
            }
        }
        */
        /*
        // stage 2:
        // make table : O(n)
        // for every query : O(n)
        for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
            #define f(d) ((n / d) * (m / d))
            ans += p[i] * f(i);
        }
        */
        // stage 3:
        // make table : O(n)
        // for every query : O(sqrt (n))
        for (int i = 2 , next; i <= n ; i = next) {
            int d1 = n / i , d2 = m / i;
            int next_n = n / d1 + 1 , next_m = m / d2 + 1;
            next = min (next_m , next_n);
            ans += 1LL * (p[next - 1] - p[i - 1]) * d1 * d2;
        }
        printf ("%lld\n" , ans);
    }
    return 0;
}