[BZOJ 2820] YY的gcd(莫比乌斯反演+数论分块)
题面
给定N, M,求\(1\leq x\leq N, 1\leq y\leq M\)且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对。q组询问
分析
我们要求的是
\[\sum_{p \in P} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=p]\](大写P表示质数集合)
根据\(kgcd(i,j)=gcd(ki,kj)\),
\[原式=\sum_{p \in P} \sum_{i=1}^{\lfloor n/p \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor m/p \rfloor} [gcd(i,j)=1]\]
又根据莫比乌斯反演里的一个常用结论(证明见BZOJ 2301)\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=1]= \sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d ) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor\]
\[原式=\sum_{p \in P} \sum_{d=1}^{min( \lfloor n/p \rfloor, \lfloor m/p \rfloor)} \mu(d) \lfloor \frac{n}{pd} \rfloor \lfloor \frac{m}{pd} \rfloor \]
令\(T=pd\),则\(d=\frac{T}{p}\)
改变求和顺序，\[原式=\sum_{T=1}^{min(n,m)} \sum_{p|t \ \cap \ p \in P} \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \mu(\frac{T}{p})\]
\[=\sum_{T=1}^{min(n,m)}) \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \sum_{p|t \ \cap \ p \in P} \mu(\frac{T}{p})\]
令\(g(n)=\sum_{p|n \ \cap \ p \in P } \mu(\frac{n}{p})\)
\[原式=\sum_{T=1}^{min(n,m)}) \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \lfloor \frac{m}{T} \rfloor g(T)\]
前面的部分可以数论分块求解，考虑如何快速求出\(g(T)\)
对于每个质数\(p\),我们从1开始枚举\(j\)，并保证\(jp \leq n\),然后用\(\mu(j)\)更新\(g(jp)\)的值。
由于\(1/1+1/2+1/3+...+1/n=O(logn)\),每次更新的复杂度是均摊\(O(\log n)\)的，而1~n的质数约概有\(\frac{n}{\ln n}\)个，所以预处理g函数的总时间复杂度为\(O(n)\)
总时间复杂度\(O(n+q\sqrt n)\)
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define maxn 10000000
using namespace std;
typedef long long ll;
int t,n,m;
int cnt;
int prime[maxn+5];
bool vis[maxn+5];
int mu[maxn+5];
ll g[maxn+5];
ll sumg[maxn+5];
void sieve(int n){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
mu[i]=-1;
prime[++cnt]=i;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
vis[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<=cnt;i++){
for(int j=1;j*prime[i]<=n;j++){
g[prime[i]*j]+=mu[j];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sumg[i]=sumg[i-1]+g[i];
}
}
int cas;
ll calc(int n,int m){
int nn=min(n,m);
ll ans=0;
for(int l=1,r;l<=nn;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(sumg[r]-sumg[l-1])*(n/l)*(m/l);
}
return ans;
}
int main(){
sieve(maxn);
scanf("%d",&cas);
while(cas--){
scanf("%d %d",&n,&m);
printf("%lld\n",calc(n,m));
}
}