【ybt金牌导航8-7-1】数对统计 / 关于莫比乌斯函数的少量内容

数对统计

题目链接：ybt金牌导航8-7-1

题目大意

给你 n,m，求 gcd(x,y)=1 的数对个数。
1<=x<=n,1<=y<=m

思路

莫比乌斯函数

什么东西

首先我们要知道莫比乌斯函数是个什么鬼东西。

首先，我们先不管莫比乌斯函数，先来看一个函数：\(F(n)=\sum_{d|n}f(d)\)
（假设 \(f(d)\) 是一个给出的函数）

那根据定义，我们可以先弄一下：
\(F(1)=f(1)\)
\(F(2)=f(1)+f(2)\)
\(F(3)=f(1)+f(3)\)
\(F(4)=f(1)+f(2)+f(4)\)
\(F(5)=f(1)+f(5)\)
\(F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)\)
\(F(7)=f(1)+f(7)\)
\(F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8)\)

那我们考虑用 \(F(n)\) 来推 \(f(n)\)
\(f(1)=F(1)\)
\(f(2)=F(2)-F(1)\)
\(f(3)=F(3)-F(1)\)
\(f(4)=F(4)-F(2)\)
\(f(5)=F(5)-F(1)\)
\(f(6)=F(6)-F(3)-F(2)+F(1)\)
\(f(7)=F(7)-F(1)\)
\(f(8)=F(8)-F(4)\)

那我们会发现，它只会由它因数的 \(F\) 值加减或者不要组成。

那我们可以把它弄成这样的形式：
\(f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})\)

那我们的莫比乌斯函数 \(\mu(d)\) 就出现了！

定义

1. 如果 \(d=1\)，那 \(\mu(d)=1\)
2. 如果 \(d=p_1p_2...p_k\)，\(p_i\) 是互不相同的素数，那就会有 \(\mu(d)=(-1)^k\)
3. 如果不满足上面两个条件，那 \(\mu(d)=0\)

如何求

首先，我们可以很明显的看出用定义法求会比较慢，尤其是要求一个区间的。

我们可以考虑用类似 DP 的方法求。

看到跟素数有关，自然想到先用欧拉筛求。
然后我们可以考虑，在欧拉筛枚举最小质因子的时候，我们可以想到你处理 \(i\times prime_j\) 这个数。
那我们想 \(prime_j\) 的 \(\mu\) 值已经求出，那我们可以看这个最小的质因子是否已经是 \(prime_j\) 的因子（就是能否整除）。
如果能整除，那就说明这个质数有两个，那就直接 \(\mu_{i\times prime_j}=0\)，那否则就是多一个素数，就是 \(\mu_{i\times prime_j}=\mu_{i}\times-1\)。

你会想，啊，如果原来 \(prime_j\) 已经有一个素数能分解出两个或以上呢？
那因为这样，它的 \(\mu\) 值就一定是 \(0\)，就算乘了 \(-1\)，也还是 \(0\)，就没有问题了。

一些性质

1. \(\sum_{d|n}\mu(d)=\left\{\begin{matrix} 1\ \ n=1\\ 0\ \ n>1 \end{matrix}\right.\)
2. \(\varphi(n)=\sum_{d|n}\dfrac{\mu(d)\times n}{d}\)

关于这道题

我们考虑利用第一条性质：
\(ans=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]\)

\(\begin{aligned} ans &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=1]\\ &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)\\ &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{d|i,d|j}\mu(d)\\ &= \sum\limits_{d}\sum\limits_{i=1,d|i}^{n}\sum\limits_{j=1,d|j}^{m}\mu(d)\\ &= \sum\limits_{d}\mu(d)\cdot\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor\cdot\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor \end{aligned}\)

然后这就是 \(O(n)\) 的，但是因为它是多次询问，每个询问都是 \(O(n)\)，就还是过不了。

然后看到向下取整，自然想到整除分块。
那就前缀和 \(\mu\) 函数，然后就整除分块处理就好了。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long

using namespace std;

ll T;
ll n, m;
ll miu[100001], prime[100001];
ll qz[100001];
bool np[100001];

void get_miu() {//同欧拉筛预处理 μ
	miu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= 100000; i++) {
		if (!np[i]) {
			prime[++prime[0]] = i;
			miu[i] = -1;
		}
		for (int j = 1; j <= prime[0] && 1ll * i * prime[j] <= 100000ll; j++) {
			np[i * prime[j]] = 1;
			if (i % prime[j] == 0) {
				miu[i * prime[j]] = 0;
				break;
			}
			else miu[i * prime[j]] = miu[i] * -1;
		}
	}
}

void get_qz() {//前缀和
	for (int i = 1; i <= 100000; i++)
		qz[i] = qz[i - 1] + miu[i];
}

void work(int n, int m) {
	ll ans = 0;
	for (int l = 1; l <= n && l <= m; ) {
		int r = min(n / (n / l), m / (m / l));//数论分块加速
		ans += (qz[r] - qz[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
		l = r + 1;
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	get_miu();
	get_qz();
	
	scanf("%lld", &T);
	while (T--) {
		scanf("%lld %lld", &n, &m);
		work(n, m);
	}
	
	return 0;
}