洛谷 P2257 YY的GCD

洛谷 P2257 YY的GCD

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$ solution: $

这道题完全跟[POI2007]ZAP-Queries （莫比乌斯反演+整除分块） 用的一个套路。

我们可以列出答案就是要我们求：

$ ans=\sum_{p\in prime}\sum_{i=1}^{{n}{\sum_{j=1}}{[gcd(i,j)==p]}} $

我们发现后面那一部分（ $ \sum_{i=1}^{{n}{\sum_{j=1}}{[gcd(i,j)==p]}} $ ）可以套路的莫比乌斯反演：

$ ans=\sum_{p\in prime}\sum_{i=1}^{{\frac{n}{p}}{\sum_{j=1}}{p}}{[gcd(i,j)==1]}} $

$ ans=\sum_{p\in prime}\sum_{i=1}^{{\frac{n}{p}}{\sum_{j=1}}{p}}{\sum_{k|gcd(i,j)}{\mu(k)}}} $

$ ans=\sum_{p\in prime}\sum_{k}^{{min(n,m)}{\mu(k)}{\sum_{i=1}}{p}}{\sum_{j=1}^{\frac{m}{p}}{[k|gcd(i,j)]}}} $

$ ans=\sum_{p\in prime}\sum_{k}^{min(n,m)}{\mu(k)\times \lfloor \frac{n}{p\times k} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{p\times k} \rfloor} $

我们发现后面那两个东西有点麻烦，我们想办法让它变成常数项：

设： $ T=p\times k $

$ ans=\sum_{t=1}^{min(n,m)} \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \sum_{p|T，p\in prime} \mu{\frac{T}{p}} $

然后我们发现后面那一部分（ $ \sum_{p|T，p\in prime} \mu{\frac{T}{p}} $ ）可以预处理，然后我们在前面用整除分块，这样就可以每次只用 $ log(min(n,m)) $ 的时间完成单个询问了！

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$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define inf 0x7fffffff
#define rg register int

using namespace std;

const int N=1e7;

ll ans;
int n,m,t;
int pr[10000005];
int mu[10000005];
int sum[10000005];
bool zhi[10000005];

inline int qr(){
    register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
    while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-')sign=1;
    while(isdigit(ch)) res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
    return sign?-res:res;
}

inline void get_ready(){
    mu[1]=1; int t=0;
    for(rg i=2;i<=N;++i){
        if(!zhi[i])pr[++t]=i,mu[i]=-1;
        for(rg j=1;j<=t;++j){
            if(i*pr[j]>N)break;
            zhi[i*pr[j]]=1;
            if(!(i%pr[j]))break;
            mu[i*pr[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(rg i=1;i<=t;++i)
        for(rg j=1;j*pr[i]<=N;++j)
            sum[j*pr[i]]+=mu[j];
    for(rg i=1;i<=N;++i) sum[i]+=sum[i-1];
}

int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    t=qr(); get_ready();
    while(t--){ ans=0;
        n=qr(); m=qr();
        rg x=min(n,m),l,r;
        for(l=1;l<=x;l=r+1){
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans+=(ll)(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
        }printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}