3994: [SDOI2015]约数个数和

Description

设d(x)为x的约数个数，给定1<=T<=50000 组1<=N, M<=50000 ，求

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有一个公式$$d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(i,j)=1]$$

先简单证明一下

如果\(p_1^{k_1}|i\wedge p_1^{k_2}|j\) ,那么对于\(ij\)的一个因子\(p_1^{k_3}\) ，如果\(k_3\leq k_1\)我们就假设\(p_1^{k_3}\)全部来自于\(i\),不然就是\(k_1\)来自于\(i\),剩余部分\(k_3-k_1\)来自\(k_2\)这样的话，如果\(p_1^{k_3}|x\)就表示含有\(p_1^{k_3}\)的那个因数，如果\(p_1^{k_3}|y\)就表示含有\(p_1^{k_1+k_3}\) 的那个因数。就可以表示出全部因数！这时\(gcd(i,j)\neq 1\)的表示是没有意义的！

然后就可以开始欢乐的画柿子了

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

\[=\sum_x^n\sum_y^m\lfloor\frac n x\rfloor\lfloor\frac m y\rfloor\sum_{k|x\wedge k|y}\mu(k) \]

\[=\sum_{k=1}^{min(n,m)}\mu (k)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac n x\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac m y\rfloor}\lfloor\frac n {xk}\rfloor\lfloor\frac m {yk}\rfloor \]

\[=\sum_{k=1}^{min(n,m)}\mu (k)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac n x\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac m y\rfloor}\lfloor\frac {\lfloor\frac n k\rfloor} x\rfloor\lfloor\frac {\lfloor\frac m k\rfloor} y\rfloor \]

恩...

预处理一个函数\(g(x)=\sum_{i=1}^x \lfloor \frac x i\rfloor\)

后面那一块$$\sum_{x=1}^{\lfloor\frac n x\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac m y\rfloor}\lfloor\frac {\lfloor\frac n k\rfloor} x\rfloor\lfloor\frac {\lfloor\frac m k\rfloor} y\rfloor$$

就可以在这个基础上整除分块了啊，整个的时间复杂度\(O(T\sqrt n)\)

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define M 50001
#define LL long long 
using namespace std;

int m,n,k,cnt,p[M],b[M],x,y;
LL mu[M],g[M];

void Mu()
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<M;i++)
	{
		if(!b[i]) {p[++cnt]=i, mu[i]=-1;}
		for(int j=1;j<=cnt && p[j]*i<M;j++)
		{
			b[i*p[j]]=1; if(i%p[j]==0) break;
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=2;i<M;i++) mu[i]+=mu[i-1];
}

int main()
{
	Mu();
	for(int i=1;i<M;i++)
		for(int l=1,r;l<=i;l=r+1)
		{
			r=i/(i/l);
			g[i]+=(r-l+1ll)*((LL)i/l);
		}
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y); LL ans=0; if(x>y) swap(x,y);
		for(int l=1,r;l<=x;l=r+1)
		{
			r=min(x/(x/l),y/(y/l));
			ans+=(g[x/l]*g[y/l])*(mu[r]-mu[l-1]);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
}