BZOJ2820 YY的GCD 莫比乌斯反演

题意：求x∈[1,N],y∈[1,M]中gcd(x,y)为质数的数对的数量。

题解：

这个题把BZOJ2301中的k改成枚举素数就能过啦……才怪，不过和那个题的思路类似，但我们不枚举每一个质数，而是直接枚举质数p的倍数T，得到\[{f_{A,B,p}} = \sum\limits_{p|T} {[{F_{A,B,T}}\sum\limits_{p|T} {\mu (\frac{T}{p})} ]} \]其中F,f的定义与2301中的相同，而分块的时候求和需要预处理出来后面那个和式，稍微修改一下线性筛就好

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long

const int MAXN=10000000+2;
int N,M,T,prime[MAXN],mu[MAXN],f[MAXN];
bool flag[MAXN];

void Moebius(ll N){
    int cnt=0;
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(!flag[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int k=1;k<=cnt && i*prime[k]<=N;k++){
            flag[i*prime[k]]=1;
            if(i%prime[k]==0){
                mu[i*prime[k]]=0;
                break;
            }
            mu[i*prime[k]]=-mu[i];
        }
    }
    
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        for(int j=1;j*prime[i]<=N;j++)
            f[j*prime[i]]+=mu[j];
    for(int i=2;i<=N;i++) f[i]+=f[i-1];
}

int main(){
    Moebius(MAXN);
    
    cin >> T;
    while(T--){
        ll ans=0;
        scanf("%d %d",&N,&M);
        for(int i=1,j;i<=N && i<=M;i=j+1){
            j=min(N/(N/i),M/(M/i));
            ans+=(ll)(f[j]-f[i-1])*(N/j)*(M/j);
        }
        printf("%lld",ans);
    }

    return 0;
}