【BZOJ 2820】YY的GCD

【题目】

传送门

题目描述：

神犇 YY 虐完数论后给傻 $×$ kAc 出了一题：

给定 $n, m$，求 $1≤x≤n$， $1≤y≤m$ 且 $\gcd(x, y)$ 为质数的 $(x, y)$ 有多少对。

kAc 这种傻 $×$必然不会了，于是向你来请教 $……$

输入格式：

第一行一个整数 $T$，表示数据组数。

接下来 $T$ 行，每行两个正整数，表示 $n, m$。

输出格式：

$T$ 行，每行一个整数表示第 $i$ 组数据的结果

样例数据：

输入
2
10 10
100 100

输出
30
2791

提示：

对于 $100\%$ 的数据， $T ≤ 10000$， $n, m ≤ 10000000$

【分析】

题目要求的是这个东西：

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\;\gcd(i,j)\;\mathrm {is\; a\; prime}\;]$

如果用 $\mathbb{P}$ 表示素数集的话，上式就是

$\sum_{p\in \mathbb{P}}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\;\gcd(i,j)=p\;]$

我们定义

$f(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\;\gcd(i,j)=x\;]$

$F(x)=\sum_{x|d}f(d)$

显然，我们可以得到

$F(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\;x|\gcd(i,j)\;]=\lfloor \frac n x\rfloor\lfloor \frac m x\rfloor$

用莫比乌斯反演得到

$f(x)=\sum_{x|d}\mu(\frac{d}{x})F(d)$

那么，最后的答案就是

$\sum_{p\in\mathbb{P}}f(p)=\sum_{p\in\mathbb P}\sum_{p|d}\mu(\frac{d}{p})\lfloor \frac n d\rfloor\lfloor \frac m d\rfloor$

我们把 $d$ 改为枚举 $p$ 的几倍，即

$\sum_{p\in\mathbb P}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{min(n,m)}{p}\rfloor}\mu(d)\lfloor \frac n {d\cdot p}\rfloor\lfloor \frac m {d\cdot p}\rfloor$

令 $D=d\cdot p$，交换一下枚举顺序，即

$\sum_{D=1}^{min(n,m)}\sum_{p|D,p\in\mathbb P}\mu(\frac{D}{p})\lfloor \frac n {D}\rfloor\lfloor \frac m {D}\rfloor$

继续化简，得到

$\sum_{D=1}^{min(n,m)}\lfloor \frac n {D}\rfloor\lfloor \frac m {D}\rfloor(\sum_{p|D,p\in\mathbb P}\mu(\frac{D}{p}))$

令 $g(D)=\sum\limits_{p|D,p\in\mathbb P}\mu(\frac{D}{p})$。

那么，我们可以先线性筛出 $\mu$ 的函数值，然后枚举每个质数以及每个质数的倍数把 $g$ 暴力更新出来。

剩下的就可以整除分块做了。

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 10000005
#define ll long long
using namespace std;
bool mark[N];
int prime[N],mu[N],g[N];
void linear_sieves()
{
	int i,j,sum=0;
	memset(mark,true,sizeof(mark));
	mark[0]=mark[1]=false,mu[1]=1;
	for(i=2;i<N;++i)
	{
		if(mark[i])  prime[++sum]=i,mu[i]=-1;
		for(j=1;j<=sum&&i*prime[j]<N;++j)
		{
			mark[i*prime[j]]=false;
			if(i%prime[j])  mu[i*prime[j]]=-mu[i];
			else  {mu[i*prime[j]]=0;break;}
		}
	}
	for(i=1;i<=sum;++i)
	  for(j=1;j*prime[i]<N;++j)
	    g[j*prime[i]]+=mu[j];
	for(i=1;i<N;++i)  g[i]+=g[i-1];
}
ll solve(int n,int m)
{
	int i,j;ll ans=0;
	if(n>m)  swap(n,m);
	for(i=1;i<=n;i=j+1)
	{
		j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans+=1ll*(g[j]-g[i-1])*(n/i)*(m/i);
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int n,m,T;
	scanf("%d",&T);
	linear_sieves();
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		printf("%lld\n",solve(n,m));
	}
	return 0;
}