[SDOI2014]数表

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Solution:

题目里关于\(a\)的限制一看就很麻烦，我们先把\(a\)放到一边
\[ \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^M \sigma(gcd(i,j))\\ \]
看到这个\(gcd\)，那么我们就立即想到枚举它
\[ \sum_{d=1}^N \sigma(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{N}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{M}{d} \rfloor} [gcd(i,j)=1] \]
式子变成了我们熟悉的形式
\[ \sum_{d=1}^N \sigma(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{N}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{M}{d} \rfloor} \sum_{t|i} \sum_{t|j} \mu(t)\\ \sum_{d=1}^N \sigma(d) \sum_{t=1} ^{\lfloor \frac{N}{d} \rfloor}\mu(t) \lfloor \frac{N}{dt}\rfloor \lfloor \frac{M}{dt} \rfloor\\ \]
令\(T=dt\)
\[ \sum_{T=1} ^N \lfloor \frac{N}{T}\rfloor \lfloor \frac{M}{T}\rfloor \sum_{d|T} \sigma(d) \mu({T \over d}) \]
令\(f(T)=\sum_{d|T} \sigma(d) \mu({T \over d})\)，这个函数是可以预处理的，然后再数论分块即可

考虑关于\(a\)的限制，事实上，在有\(a\)的限制的情况下，会改变的只是\(f(T)\)的值

当\(\sigma(d)>a\)时，\(\sigma(d)\)不对\(f(T)\)造成贡献，那么我们用一个树状数组来维护\(f\)值

我们把询问按照\(a\)值排序，每次对新加进来的数，枚举它的倍数，把贡献加上即可，对于每个数是\(\log^2 n\)

然后数论分块的过程中，树状数组查询区间和即可，每次询问为\(\sqrt n \log n\)

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+11;
const int mod=2147483647;
struct Gval{int v,id;}g[N];
struct Ask{int qn,qm,qa,id;}a[N];
int n,m,cnt,vis[N],p[N],lst=1;
int num[N],u[N],tr[N],ans[N];
int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
    return x*f;
}
void prepare(){
    u[1]=1;g[1].v=1;g[1].id=1;num[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        g[i].id=i;
        if(!vis[i]) p[++cnt]=i,u[i]=-1,g[i].v=i+1,num[i]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<N;j++){
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0){
                num[i*p[j]]=num[i]*p[j];
                if(i*p[j]==num[i*p[j]]) g[i*p[j]].v=g[i].v+i*p[j];
                else g[i*p[j]].v=g[i/num[i]].v*g[num[i*p[j]]].v;
                break;
            }
            g[i*p[j]].v=(g[i].v*g[p[j]].v);
            num[i*p[j]]=p[j];u[i*p[j]]=-u[i];
        }
    }
}
int lowbit(int x){return x&(-x);}
void add(int x,int v){
    for(;x<N;x+=lowbit(x)) tr[x]=(tr[x]+v)&mod;
}
int query(int x){
    int re=0;
    for(;x;x-=lowbit(x)) re=(re+tr[x])&mod;
    return re;
}
inline bool cmp(Ask x,Ask y){
    return x.qa<y.qa;
}
inline bool ucmp(Gval x,Gval y){
    return x.v<y.v;
}
void solve(int uid){
    n=a[uid].qn,m=a[uid].qm;
    int Id=a[uid].id;
    if(n>m) swap(n,m);
    while(g[lst].v<=a[uid].qa&&lst<N){
        int i=g[lst].id;
        for(int j=i;j<N;j+=i)
            add(j,(g[lst].v*u[j/i]));
        ++lst;
    }
    for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        int tmp=(n/i)*(m/i)&mod;
        ans[Id]+=tmp*(query(j)-query(i-1))&mod;
        ans[Id]=ans[Id]&mod;
    }
}
signed main(){
    prepare();
    int t=read();
    for(int i=1;i<=t;i++){
        a[i].qn=read(),a[i].qm=read();
        a[i].qa=read();a[i].id=i;
    }
    sort(a+1,a+t+1,cmp);
    sort(g+1,g+N,ucmp);
    for(int i=1;i<=t;i++) solve(i);
    for(int i=1;i<=t;i++) printf("%lld\n",ans[i]&mod);
    return 0;
}

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