【BZOJ2820】【XSY1721】GCD（莫比乌斯反演）

莫比乌斯反演入门题

\(Description\)

    神犇GJS虐完数论后给zzHGR出了一个数论题。
    
    给定n,m,求1≤x≤n,1≤y≤m且gcd(x,y)为质数的(x,y)有多少对。
    
    zzHGR必然不会了，于是向你来请教……
    
    多组输入。

\(Input\)

     第一行一个整数T，表述数据组数。

     接下来T行，每行两个正整数，表示n,m。

\(Output\)

     T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

\(Sample Input\)

	2
	10 10
	100 100

\(Sample Output\)

	30
	2791

\(HINT\)

    T=10000
    n,m≤107

---

这道题是莫比乌斯反演入门题，对于刚接触莫比乌斯反演的萌新很友好，如果没有了解过莫比乌斯反演的点这里

---

可以发现这道题最后求的式子就是$$\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k](k\in prime)$，于是我们就直接开始推式子了。

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

我们看到\([gcd(i,j)=k]\)，就会有一种将\(k\)改成\(1\)的冲动，于是我们冲动的将\(k\)除掉

$$=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor}[gcd(i,j)=1]$$

接着，莫比乌斯函数的性质又出现了：\(\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]\)，这个东西特别有用，可以帮助我们把\(gcd[i,j]=1\)消掉，于是我们考虑将\(n\)替换成\([gcd(i,j)=1]\)，得到

$$=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor}\sum_{d\mid gcd(i,j)}\mu(d)$$

此时我们可以看到多出现了一个\(d\)，于是我们考虑将\(d\)提前枚举，因为\(d\mid gcd(i,j)且i<= \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor，j<=\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor\)，所以\(d<=min(\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor)\)，我们假设\(n<=m\)，则有\(d<=\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\)，而此时枚举出来的\(d\)并不一定满足\(d\mid gcd(i,j)\)，所以最后我们还要加一个判断

$$=\sum_{k=1}^n\sum_{d=1}\right\rfloor}\mu(d)\sum_{i=1}^{{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum_{j=1}}\right\rfloor}[d\mid gcd(i,j)]$$

这时我们发现后面那个\([d\mid gcd(i,j)]\)又长又臭，于是我们发现只要\(d\)满足\([d\mid i] 且 [d\mid j]\)，就一定满足\([d\mid gcd(i,j)]\)

$$=\sum_{k=1}^n\sum_{d=1}\right\rfloor}\mu(d)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}[d\mid i]\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor}[d\mid j]$$

我们发现式子里的\(\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}[d\mid i]\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor}[d\mid j]\)还是很丑，于是我们考虑对于一个满足普遍性的式子\(\sum_{i=1}^n[x\mid i]\)，它的本质就是求满足\(kx<=n\)中\(k\)的个数，可以轻易得到\(k=\frac{n}{x}\)，于是我们可以把\(\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}[d\mid i]\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor}[d\mid j]\)化为\(\frac{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}{d}\frac{\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor}{d}= \left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{kd}\right\rfloor\)

$$=\sum_{k=1}^n\sum_{d=1}\right\rfloor}\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{kd}\right\rfloor$$

我们发现其中\(kd\)出现了两次，很烦，于是设\(T=kd\)，则有

$$=\sum_{k=1}^n\sum_{d=1}\right\rfloor}\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor$$

我们考虑枚举\(T,k\)，因为\(T=kd\)，所以确定了\(T,k\)，就确定了\(d\)

$$=\sum_{T=1}^n\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor\sum_{k\mid T,k\in prime}\mu(\frac{T}{k})$$

这个就是最终的式子，我们考虑对于\(\sum_{k\mid T,k\in prime}\mu(\frac{T}{k})\)进行线性筛预处理\(O(n)\)预处理出前缀和，而对于前面的部分我们用整除分块\(O(\sqrt n)\)询问，所以最后的复杂度是\(O(\sqrt n)\)

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10000010;
int n,m;
int cnt=0;
int prime[N];
int sum[N];
int f[N];
int mu[N];
bool vis[N];
void init()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[++cnt]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=N;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)break;
            mu[prime[j]*i]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        for(int j=1;prime[i]*j<=N;j++)
        {
            f[j*prime[i]]+=mu[j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)sum[i]=sum[i-1]+f[i];
}
long long ans=0;
void solve(int a,int b)
{
    for(int l=1,r=0;l<=a;l=r+1)
    {
        r=min(a/(a/l),b/(b/l));
        ans+=(long long)(sum[r]-sum[l-1])*(long long)(a/l)*(long long)(b/l);
    }
}
int main()
{
    init();
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        ans=0ll;
        scanf("%d %d",&n,&m);
        if(n>m)swap(n,m);
        solve(n,m);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;   
}
/*
2
10 10
100 100
*/