洛谷 P3327 [SDOI2015]约数个数和 莫比乌斯反演

题目描述

设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求

for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
ans+=d(i*j);

其中d(x)表示约数个数。

输入输出格式

输入格式：
输入文件包含多组测试数据。第一行，一个整数T，表示测试数据的组数。接下来的T行，每行两个整数N、M。

输出格式：
T行，每行一个整数，表示你所求的答案。

输入输出样例

输入样例#1：
2
7 4
5 6
输出样例#1：
110
121
说明

1<=N, M<=50000

1<=T<=50000

分析：洛谷上题解也很清楚了（主要是我不会打式子）。
我们每次求g[x]时，是要O(sqrt(n))的复杂度的，但是因为n是5e4级的，所以可以先预处理出来。

代码：

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#define LL long long

const int maxn=50007;

using namespace std;

int prime[maxn],not_prime[maxn],mul[maxn],sum[maxn];
LL g[maxn];
int test,n,m,cnt;

void getmul(int n)
{
    mul[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!not_prime[i])
        {
            prime[++cnt]=i;
            mul[i]=-1;
        }
        for (int j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if (i*prime[j]>n) break;
            not_prime[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0)
            {
                mul[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            mul[i*prime[j]]=-mul[i];
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+mul[i];
    for (LL i=1;i<=n;i++)
    {
        for (LL j=1,last;j<=i;j=last+1)
        {
            last=i/(i/j);
            g[i]+=(last-j+1)*(i/j);
        }
    }
}

LL calc(int n,int m)
{
    if (n>m) swap(n,m);
    LL ans=0;
    for (LL i=1,last;i<=n;i=last+1)
    {
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(LL)g[n/i]*g[m/i]*(sum[last]-sum[i-1]);
    }
    return ans;
}

int main()
{
    getmul(maxn);   
    scanf("%d",&test);
    while (test--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        printf("%lld\n",calc(n,m));
    }
}