【BZOJ】2820: YY的GCD（莫比乌斯）
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2820
此题非常神！
下文中均默认n<m
首先根据bzoj1101的推理，我们易得对于一个数d使得数对(x,y)=k的个数为：
$$\sum_{1<=d<=n'} \mu (d) \times \lfloor \frac{n'}{d} \rfloor \times \lfloor \frac{m'}{d} \rfloor, 其中n'=\lfloor \frac{n}{k} \rfloor, m'=\lfloor \frac{m}{k} \rfloor$$
所以本题很容易得到
$$\sum_{p是质数}^{n} \sum_{1<=d<=n/p} \mu (d) \times \lfloor \frac{n/p}{d} \rfloor \times \lfloor \frac{m/p}{d} \rfloor$$
因为整除取下界可以有结合律（有待证明，upd：因为$\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b} \rfloor}{c} \rfloor = \lfloor \frac{a}{bc} \rfloor$，这种sb东西还用说？随便一本数论书上面都有吧），所以设$T=pd$，那么问题可以转换为：
$$\sum_{p是质数}^{n} \sum_{1<=d<=n/p} \mu (d) \times \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor$$
将问题转换为枚举T（考虑$T=1$的情况也无妨，因为最终不会计入），得：
$$\sum_{T=1}^{n} \sum_{\begin{subarray}{c} p \le n \\ 且p|T \\ 且 p是质数 \end{subarray}} \mu (\frac{T}{p}) \times \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor$$
化简得
$$\sum_{T=1}^{n} \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \sum_{\begin{subarray}{c} p \le n \\ 且p|T \\ 且 p是质数 \end{subarray}} \mu (\frac{T}{p})$$
设$$g[x]=\sum_{ \begin{subarray}{c} p \le n \\ 且p|x \\ 且 p是质数 \end{subarray} } \mu (\frac{x}{p})$$
那么原式变成
$$\sum_{T=1}^{n} \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \times g[T]$$
真漂亮的公式！
那么我们只需要考虑如何计算g[x]即可！
我们发现$g[x]$似乎可以在线性筛的时候预处理出？$x=k \times p, p为质数$的情况，可得：
$$ g[kp]=
\begin{cases}
\mu (k) & 当p|k时 \\
\mu (k) - g[k] & 当p \nmid k时\\
\end{cases}
$$
首先根据定义，此时
$$g[kp]=\sum_{\begin{subarray}{c} p' \le n \\ 且p'|kp \\ 且 p'是质数 \end{subarray}} \mu (\frac{kp}{p'})$$
为什么呢？
首先考虑$p|k$时，有$kp$质因子$p$的指数>=2
1、当$p'=p$，那么约掉后还剩下$\mu (k)$
2、当$p' \neq p$，那么$p$的质数>=2，根据莫比乌斯函数的定义，为0
因此$式1+式2=\mu (k)$
考虑$p \nmid k$时，有$kp$质因子$p$的指数=1
1、当$p'=p$，那么约掉后同样是$\mu (k)$
2、当$p' \neq p$，那么因为$\mu$是积性函数，且$p与\frac{k}{p'}$互质，那么得到$\mu(p) \mu \left( \frac{k}{p'} \right)$，然后提出和式。因为$\mu(p)=-1$，而和式内的和恰好就是$g[k]$的定义，因此这种情况的个数为$-g[k]$
因此$式1+式2=-g[k]$
然后和1101一样的做法了，分块然后乘起来。。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << (#x) << " = " << (x) << endl
#define error(x) (!(x)?puts("error"):0)
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
#define rdm(x, i) for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next)
const int N=10000005;
int p[N], cnt, np[N], mu[N], g[N], sum[N];
void init() {
mu[1]=1;
for2(i, 2, N) {
if(!np[i]) p[++cnt]=i, mu[i]=-1, g[i]=1;
for1(j, 1, cnt) {
int t=p[j]*i; if(t>=N) break;
np[t]=1;
if(i%p[j]==0) { mu[t]=0; g[t]=mu[i]; break; }
mu[t]=-mu[i]; g[t]=mu[i]-g[i];
}
}
for2(i, 1, N) sum[i]=sum[i-1]+g[i];
}
int main() {
int t=getint(); init();
while(t--) {
int n=getint(), m=getint();
ll ans=0; if(n>m) swap(n, m);
int pos;
for(int i=1; i<=n; i=pos+1) {
pos=min(n/(n/i), m/(m/i));
ans+=(ll)(sum[pos]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
Description
Input
Output
Sample Input
10 10
100 100
Sample Output
2791
HINT
T = 10000
N, M <= 10000000
