DZY Loves Math

III.DZY Loves Math

题意：求

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mf(\gcd(i,j))$，其中$f(x)$表示$x$的所有质因数中次数最高的一个的次数。

近乎套路的一堆操作后，我们得到了

$\sum\limits_{i=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor(f*\mu)(i)$

但是，稍微想想就发现，$f$函数并不是积性函数。例如，$f(5)=1,f(6)=1,\gcd(5,6)=1,f(5*6)=f(30)=1$。

那怎么办呢？

考虑$(f*\mu)(x)=\sum\limits_{d|x}\mu(d)f(\dfrac{x}{d})$。

我们设$x=\prod_{i=1}^k(P_i)^{a_i}$。

显然，只有当$d=\prod_{i=1}^k(P_i)^{b_i},b_i\in\{0,1\}$时，才有$\mu(d)\neq 0$。

我们设某个具有$\min(a_i)$的$P_i$为$p$。

再设一个$d|x$但$\gcd(d,p)=1$的$d$。

则，$\mu(d)=-\mu(dp),f(\dfrac{x}{d})=f(\dfrac{x}{dp})$

则$\mu(d)f(\dfrac{x}{d})+\mu(dp)f(\dfrac{x}{dp})=0$

因此，大部分情况下，$(f*\mu)(x)=0$

唯一的特例就是所有的$a_i$全部相等时。这时，就算是$\min(a_i)$也会对$f$有影响。

当然，除了$d=1$和$d=\prod_{i=1}^k(P_i)$两个值以外，其他的$\mu(d)f(\dfrac{x}{d})$还是会互相抵消掉。

当$d=1$时，$\mu(d)f(\dfrac{x}{d})=a_i$；当$d=\prod_{i=1}^k(P_i)$时，$\mu(d)f(\dfrac{x}{d})=(a_i-1)*\mu(d)$

这两个求和的话，我们最终得到了$-\mu(d)$。

我们设$f*\mu=g$。然后就只要枚举每个$\mu(x)\neq 0$的$x$，将它的所有次方的$g$设为$-\mu(x)$即可。这个复杂度为$O(n)$，因为每一个$g(x)$只会被访问一次。

虽然这是莫反题，但本题最大的难点是线性时间内求出$f*\mu$的值。数学素养是很重要的。（就像我，根本求不出来$f*\mu$到底是个什么东西）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e7;
int n,m,pri[N+5],mu[N+5],g[N+5],T,res;
void init(){
	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=2;i<=N;i++)if(mu[i])for(int j=i;j<=N;j*=i)g[j]=-mu[i];
	for(int i=1;i<=N;i++)g[i]+=g[i-1];
}
signed main(){
	scanf("%lld",&T),init();
	while(T--){
		scanf("%lld%lld",&n,&m),res=0;
		for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)r=min(n/(n/l),m/(m/l)),res+=(g[r]-g[l-1])*(n/l)*(m/l);
		printf("%lld\n",res);
	}
	return 0;
}