[BZOI 3994] [SDOI2015]约数个数和(莫比乌斯反演+数论分块)

[BZOI 3994] [SDOI2015]约数个数和

题面

设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求\(\sum _{i=1}^n \sum_{i=1}^m d(i \times j)\)

T组询问，\(N,M,T \leq 50000\)

分析

首先有一个结论

\[d(nm)= \sum _{i |n} \sum _{j|m} [gcd(i,j)=1] \]

这是因为nm的约数都可以表示为\(i \times \frac{m}{j}\)的形式，并且为了不重复算，要保证\(gcd(i,j)=1\)

因此，我们可以开始推式子

\[ans= \sum_{p=1}^n \sum_{q=1}^m \sum_{i|p} \sum _{j|q} [gcd(i,j)=1] \]

注意到每对\((i,j)\)会对p,q中他们的倍数产生\(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{j} \rfloor\) 的贡献

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

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

根据\(\varepsilon (n) = \sum_{d|n} \mu(d)\)

\[= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1} ^m \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{j} \rfloor \sum_{d|gcd(i,j)} \mu(d) \]

改变求和顺序，先枚举d,显然若\(d|gcd(i,j)\)，则\(d|i,d|j\),

直接把i替换为d的倍数du,j替换为d的倍数dv(\(u,v \in N^+,du\leq n,dv \leq m\))

\[= \sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) \sum_{u=1}^{\lfloor n/d \rfloor} \sum_{v=1}^{\lfloor m/d \rfloor} \lfloor \frac{n}{du} \rfloor \lfloor \frac{m}{dv} \rfloor \]

\[= \sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) \sum_{u=1}^{\lfloor n/d \rfloor} \sum_{v=1}^{\lfloor m/d \rfloor} \lfloor \frac{ \lfloor n/d \rfloor}{u} \rfloor \lfloor \frac{\lfloor m/d \rfloor}{v} \rfloor \]

\[= \sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) \sum_{u=1}^{\lfloor n/d \rfloor} \lfloor \frac{ \lfloor n/d \rfloor}{u} \rfloor \sum_{v=1}^{\lfloor m/d \rfloor} \lfloor \frac{\lfloor m/d \rfloor}{v} \rfloor \]

令\(g(n) = \sum _{d=1}^n \lfloor \frac{n}{d} \rfloor\)

\[=\sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) g(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) g(\lfloor \frac{m}{d} \rfloor) \]

考虑如何快速求值。单个\(g(n)\)可以运用数论分块在\(O(\sqrt n)\)的时间内求出，总时间复杂度\(O(n \sqrt n)\). 然后线性筛出\(\mu\),以及\(\mu,g\)的前缀和

每次询问用数论分块的方法枚举d即可，总时间复杂度\(O(n \sqrt n +T \sqrt n)\)

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 50000
using namespace std;
typedef long long ll;
int t;
int n,m;
int cnt;
bool vis[maxn+5];
int prime[maxn+5];
int mu[maxn+5];
ll sum_mu[maxn+5];
int g[maxn+5];
void sieve(int n){
	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&&i*prime[j]<=n;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}else{
				mu[i*prime[j]]=-mu[i];
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) sum_mu[i]=sum_mu[i-1]+mu[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int l,r;
		for(l=1;l<=i;l=r+1){
			r=i/(i/l);
			g[i]+=(ll)(r-l+1)*(i/l);
		}
	}
}

ll calc(int n,int m){
	int l,r;
	if(n<m) swap(n,m);
	ll ans=0;
	for(l=1;l<=m;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans+=(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*g[n/l]*g[m/l];
	}
	return ans;
}

int main(){
	sieve(maxn);
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d %d",&n,&m);
		printf("%lld\n",calc(n,m));
	}	
}