[Luogu P2257] YY的GCD (莫比乌斯函数)

题面

传送门：洛咕

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Solution

推到自闭，我好菜啊

显然，这题让我们求：
\(\large \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)\in prime]\)

根据套路，我们可以把判断是否为质数改为枚举这个质数，有：
为了方便枚举，我们在这里假设有\(m>n\)
\(\large \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{k\in prime}^{n}[gcd(i,j)= k]\)
显然，要让\(gcd(i,j)=k\)，必须要有\(i,j\)均为\(k\)的倍数，因此有：
\(\large \sum_{k\in prime}^{n}\sum_{i=1}^{n/k}\sum_{j=1}^{m/k}[gcd(i,j)= 1]\) (在这里除号指向下取整)

根据套路，我们要去掉这里的判断符号。因为我们的莫比乌斯函数有这个性质：\([x=1]=\sum_{d|x}\mu(d)\)，我们这里可以直接把\(gcd(i,j)\)作为\(x\)带入这个性质里面，有：
\(\large \sum_{k\in prime}^{n}\sum_{i=1}^{n/k}\sum_{j=1}^{m/k}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\)

然后根据套路，我们直接枚举这里的\(d\)，有：
\(\large \sum_{k\in prime}^{n}\sum_{i=1}^{n/k}\sum_{j=1}^{m/k}\sum_{d=1}^{n/k}μ(d)[d|gcd(i,j)]\) （因为前面\(i,j\)中最小的是\(n/k\),所以说我们这里\(d\)的最大值也为\(n/k\)）
然后我们这里的\(\sum_{d=1}^{n/k}\)显然可以直接往前提
\(\large \sum_{k\in prime}^{n}\sum_{d=1}^{n/k}\sum_{i=1}^{n/k}\sum_{j=1}^{m/k}μ(d)[d|gcd(i,j)]\)
这时候\(\mu(d)\)显然也可以往前提
\(\large \sum_{k\in prime}^{n}\sum_{d=1}^{n/k}μ(d)\sum_{i=1}^{n/k}\sum_{j=1}^{m/k}[d|gcd(i,j)]\)

这时候，我们可以发现后面那个判断式为1当且仅当\(i,j\)均为\(d\)的倍数，所以我们可以直接把那两个\(\sum\)简化掉
\(\large \sum_{k\in prime}^{n}\sum_{d=1}^{n/k}μ(d)\frac{n}{k*d}\frac{m}{k*d}\)

这时候，我们已经可以在\(O(logn*\sqrt n)\)的时间内算一次答案了（这里的\(log\)为质数个数），很可惜，这样的复杂度并不能通过这一题。

事实上，我们还有一个常见的套路来优化这里：
我们可以设\(T=k*d\)，于是我们有：
\(\large \sum_{k\in prime}^{n}\sum_{d=1}^{n/k}μ(\frac{T}{k})\frac{n}{T}\frac{m}{T}\)
然后可以把后面那个和式提前，枚举T，有：
\(\large \sum_{T=1}^{n}\frac{n}{T}\frac{m}{T}\sum_{(k\in prime,k|T)}μ(\frac{T}{k})\)

搞定，到这里为止，我们一切东西都可以算了。
前面的\(\frac{n}{T}\frac{m}{T}\)可以整除分块来搞，后面那个\(μ\)可以在\(O(n)\)的时间预处理，然后算的时候前缀和一搞就ok啦。
如何预处理呢？我们可以考虑这样做：我们先枚举每一个质数\(x\)，再考虑这个\(x\)对它的整数倍\(t\)的贡献为\(\mu(t)\)

酱紫，我们就可以在\(O(\sqrt n)\)的时间内处理每一个询问了。
完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿

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Code

//Luogu P2257 YY的GCD
//Jan,22ed,2019
//莫比乌斯反演
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long read()
{
	long long x=0,f=1; char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=10000000+1000;
const int M=10000000;
int mu[N],prime[N],cnt_p;
bool noPrime[N];
void GetPrime(int n)
{
	mu[1]=1;
	noPrime[1]=true;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(noPrime[i]==false)
			prime[++cnt_p]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=cnt_p and i*prime[j]<=n;j++)
		{
			noPrime[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*prime[j]]=mu[i]*mu[prime[j]];
		}
	}
}
long long f[N],pre_f[N];
int main()
{
	int t=clock();
	GetPrime(M);
	for(int i=1;i<=cnt_p;i++)
		for(int j=1;prime[i]*j<=M;j++)
			f[prime[i]*j]+=mu[j];
	for(int i=1;i<=M;i++)
		pre_f[i]=pre_f[i-1]+f[i];
	
	int T=read();
	for(;T>0;T--)
	{
		long long n=read(),m=read();
		if(n>m) swap(n,m);
		
		int l=1,r=1;
		long long ans=0;
		for(;l<=n;l=r+1)
		{
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans+=(pre_f[r]-pre_f[l-1])*(n/l)*(m/l);
		}
		
		printf("%lld\n",ans);
	}
	cerr<<clock()-t;
	return 0;
}