[SDOI2015]约数个数和

iv.[SDOI2015]约数个数和

完蛋了，我们前几题里面都有$\gcd(\dots)$，但是这道题没有，怎么办呢？

引理：

$\boxed{d(ij)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[\gcd(x,y)==1]}$

换句话说，两个数$(i,j)$积的因数个数，等于$i$的所有因数与$j$的所有因数中互质的对数。

简单证明（感谢suncongbo巨佬的讲解）：

显然各质因数之间相互独立（最后是个数乘在一起，只要每一项都相等，乘积也就相等），我们不如只考虑一个质因数$p$。设它在$i$中的次数是$a$，在$j$中的次数是$b$。那么，在乘积$i\!j$中，次数就是$a+b$。

考虑仅$p$一项为$i\!j$贡献了多少因数。显然，是$a+b+1$个，次数从$0$一直到$i+j$。

那么为等式右侧贡献了多少呢？当$i$中不取任何$p$时，$j$中可以取$1$到$b$个$p$，共$b$种；当$j$中不取任何$p$时，$i$中可以取$1$到$a$个$p$，共$a$种；除此之外，还有一种$i$和$j$都不选的，共$1$种。综上，为等式右侧它也贡献了$a+b+1$。

因为对于每一个单独的$p$，等式左右的贡献相等；所以综合起来考虑，等式左右贡献的积也相等。

证毕。

然后我们看一看套上这个东西后我们要求什么：

$ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[\gcd(x,y)==1]$。

这个时候，我们就应该想想有没有可能调换枚举顺序。

优先枚举$x$和$y$，则对于每个$x$，有$\dfrac{n}{x}$个这样的$i$，满足$i\leq n$并且$x|i$。对于每个$y$，则有$\dfrac{m}{y}$个这样的$j$。

因此有$ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{j}\right\rfloor[\gcd(i,j)==1]$。

老套路，设$f(x)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{j}\right\rfloor[\gcd(i,j)==x]$，$g(x)=\sum\limits_{x|d}f(d)$。

反演一下，得$f(x)=\sum\limits_{x|d}g(d)\mu(\dfrac{d}{n})$。

我们要求的是$f(1)$，$f(1)=\sum\limits_{x|1}g(d)\mu(\dfrac{d}{1})=\sum\limits_{x=1}^{\infty}g(d)\mu(d)$。

我们看一下$g(d)$是什么。

有$g(x)=\sum\limits_{x|d}f(d)=\sum\limits_{x|d}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{j}\right\rfloor[\gcd(i,j)==d]$

发现这个$d$可以是任何$x$的倍数。因此有$g(x)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{j}\right\rfloor[x|\gcd(i,j)]$

我们将$x$除出来，有

$g(x)=\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{x}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{x}}\left\lfloor\dfrac{n}{ix}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{jx}\right\rfloor[1|\gcd(i,j)]=\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{x}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{x}}\left\lfloor\dfrac{n}{ix}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{jx}\right\rfloor$

我们令一个$sum(x)=\sum\limits_{i=1}^{x}\left\lfloor\dfrac{x}{i}\right\rfloor$，这个东西可以在$O(n\sqrt{n})$时间内通过整除分块写出来。

则$g(x)=sum(\dfrac{n}{x})*sum(\dfrac{m}{x})$。

又有$ans=\sum\limits_{x=1}^{\infty}g(d)\mu(d)$，这东西也可以整除分块，因为里面有一个可以整除分块的$g(d)$和一个可以求前缀和的$\mu(d)$。

然后就可以了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int T,n,m,mu[50100],pri[50100],sum[50100],res;
void getmu(int N){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!pri[i])pri[++pri[0]]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=N;j++){
			pri[i*pri[j]]=true;
			if(!(i%pri[j]))break;
			mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++)mu[i]+=mu[i-1];
}
void getsum(int N){
	for(int i=1;i<=N;i++)for(int l=1,r;l<=i;l=r+1)r=i/(i/l),sum[i]+=(r-l+1)*(i/l);
}
signed main(){
	scanf("%lld",&T),getmu(50000),getsum(50000);
	while(T--){
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		if(n>m)swap(n,m);
		res=0;
		for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)r=min(n/(n/l),m/(m/l)),res+=(mu[r]-mu[l-1])*sum[n/l]*sum[m/l];
		printf("%lld\n",res);
	}
	return 0;
}