HDU-5663-Hillan and the girl（Mobius反演）
题目链接： http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_chineseproblem.php?cid=687&pid=1003
输出描述
对于每组测试数据，仅一行，一个整数，即问题的答案。
输入样例
2 1 2333333 10 10
输出样例
0 33
Hint
第一组数据中，f(i,j)f\left(i,j\right)f(i,j)显然始终为0，因为iii始终为1，gcd(i,j)\gcd\left(i,j\right)gcd(i,j)始终为完全平方数（始终为1）。
说白了这题跟BZOJ2820一毛一样，只是2820枚举质数，这题枚举平方数。。。
把2820的拿过来。。。前面枚举质数换成平方数就好。。。
对于F（k）可以在求mu的时候顺便求出来，
分块处理加速计算，因为对于(n/i)和（m/i）在一定区间内的值是一定的，根据这点可以每次跳过这段的计算。
这里的分块有点类似求和sum=n/1+n/2+n/3+...+n/(n-1)+n/n.直接去算O(n)，分块O(sqrt(n)).
//#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define bug cout<<"bug\n"
using namespace std;
const int MAXN = 1e7+7;
const int MAXM = 1e9+7;
int mu[MAXN],prime[MAXN],num_prime;
long long F[MAXN];
bool check[MAXN];
void get_Mobius()
{
memset(check,0,sizeof(check));
memset(F,0,sizeof(F));
mu[1]=1;
num_prime=0;
for(int i=2; i<MAXN; ++i)
{
if(!check[i])
{
prime[num_prime++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0; j<num_prime; ++j)
{
if(i*prime[j]>MAXN)break;
check[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}
else mu[i*prime[j]]-=mu[i];
}
}
for(int i=1; i*i<MAXN; ++i)
for(int j=i*i,k=1; j<MAXN;++k, j+=i*i)
F[j]+=mu[k];
for(int i=1; i<MAXN; ++i)
F[i]+=F[i-1];
}
int main()
{
int T;
get_Mobius();
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n,m;
long long ans=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n>m)swap(n,m);
for(int i=1,j; i<=n; i=j+1)
{
j=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=1LL*(F[j]-F[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
/* for(int i=1; i<=n; ++i)
ans+=F[i]*(n/i)*(m/i);*/
printf("%I64d\n",(LL)n*m-ans);
}
return 0;
}
对于F（k）可以在求mu的时候顺便求出来，
分块处理加速计算，因为对于(n/i)和（m/i）在一定区间内的值是一定的，根据这点可以每次跳过这段的计算。
这里的分块有点类似求和sum=n/1+n/2+n/3+...+n/(n-1)+n/n.直接去算O(n)，分块O(sqrt(n)).