Bzoj3309: DZY Loves Math

题面

传送门

Sol

莫比乌斯反演一波就是求

\[\sum_{k=1}^{min(a,b)}\lfloor\frac{a}{k}\rfloor\lfloor\frac{b}{k}\rfloor\sum_{d|k}f(d)\mu(\frac{k}{d}) \]

前面的分块就好了
考虑求

\[\sum_{d|k}f(d)\mu(\frac{k}{d}) \]

长的就很能筛（就是狄利克雷卷积好吗...）
然而并不能直接筛

考虑到\(\mu\)函数不为\(0\)时
\(\frac{k}{d}\)的质因子的最大幂小于等于\(1\)
假设\(k\)的质因子最大幂为\(a\)

那么如果只要它的质因子的幂有一个不为\(a\)，这个东西的和就是\(0\)
因为无论选或者不选这个幂小于\(a\)的因子，对于其它的影响不变，\(f=a\)
而恰恰使\(\mu\)相反

如果都是\(a\)怎么办，先假设和上面一样，贡献是\(0\)
然而有一种情况使得\(f=a-1\)，就是都选
就要减去\(1\)乘以\(\mu\)
假设有\(k\)个不同的质因子，那么就是\((-1)^{k+1}\)

可以记录下每个数去掉最小质因数后的数，和最小质因子的幂
然后就可以算啦

# include <bits/stdc++.h>
# define IL inline
# define RG register
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;

template <class Int>
IL void Input(RG Int &x){
	RG int z = 1; RG char c = getchar(); x = 0;
	for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
	for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
	x *= z;
}

const int maxn(1e7 + 1);

int prime[maxn], num, isprime[maxn], g[maxn], low[maxn], pw[maxn];
int T, a, b;
ll ans;

IL void Sieve(){
	isprime[1] = 1;
	for(RG int i = 2; i < maxn; ++i){
		if(!isprime[i]) prime[++num] = i, g[i] = pw[i] = low[i] = 1;
		for(RG int j = 1; j <= num && prime[j] * i < maxn; ++j){
			RG int k = i * prime[j];
			isprime[k] = 1;
			if(i % prime[j]){
				low[k] = i, pw[k] = 1;
				g[k] = pw[i] == 1 ? -g[i] : 0;
			}
			else{
				low[k] = low[i], pw[k] = pw[i] + 1;
				if(low[k] == 1) g[k] = 1;
				else g[k] = pw[low[k]] == pw[k] ? -g[low[k]] : 0;
				break;
			}
		}
	}
	for(RG int i = 2; i < maxn; ++i) g[i] += g[i - 1];
}

int main(RG int argc, RG char* argv[]){
	Sieve();
	for(Input(T); T; --T){
		Input(a), Input(b), ans = 0;
		if(a > b) swap(a, b);
		for(RG int i = 1, j; i <= a; i = j + 1){
			j = min(a / (a / i), b / (b / i));
			ans += 1LL * (a / i) * (b / i) * (g[j] - g[i - 1]);
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}