莫比乌斯函数（P3455 题解）

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我们定义 $n$ 的莫比乌斯函数为 $\mu_n$。

我们将 $n$ 分解质因式后为 $n = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}$ 则 $\mu_n= \begin{cases}0\text{ 当 } \alpha_i > 1 \text{ 时}\\ 1\text{ 当 } k\text{ 为偶数时}\\ -1\text{ 当 } k\text{ 为奇数时} \end{cases}$

$\gcd(x, y)=d$，就等价于 $\gcd(\frac{x}{d}, \frac{y}{d})=1$。

即为找到 $x^{'}, y^{'}$ 满足 $x^{'}\le\left\lfloor\frac{a}{d}\right\rfloor, y^{'}\le \left\lfloor\frac{b}{d}\right\rfloor$ 和 $\gcd(x^{'}, y^{'}) = 1$。

假如不考虑条件 $2$，我们令 $a^{'}=\left\lfloor\frac{a}{d}\right\rfloor, b^{'}=\left\lfloor\frac{b}{d}\right\rfloor$。则答案为 $a^{'}b^{'}$。

想必大家都知道容斥原理把，即答案为

$$a^{'}b^{'}-S_2-S_3-S_5-\cdots\\ +S_6+S_{10}+S_{15}+\cdots\\ -S_{30}-\cdots\\ $$

其中 $S_i$ 表示 $\left\lfloor\frac{\min\{a^{'}, b^{'}\}}{i}\right\rfloor$ 即 $[1, \min\{a^{'}, b^{'}\}]$ 中所有 $i$ 的倍数的个数。

然后根据上面 $\mu$ 的定义可得答案为 $a^{'}b^{'}+\sum\limits_{i=2}^{\min\{a^{'}, b^{'}\}}\left\lfloor\frac{a}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{b}{i}\right\rfloor\mu_i$。

然后我们可以从 $\left\lfloor\frac{a}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{b}{i}\right\rfloor$ 入手，我们发现必定可以分成若干个极大段，使得段内值相等。

我们考虑对于一个分数 $\frac{a}{b}$，找到一个最大的整数 $x$，满足 $\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{a}{x}\right\rfloor$。

则 $x = \left\lfloor\frac{a}{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}\right\rfloor$。

如果满足以上条件即满足 $\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{a}{x}\right\rfloor$ 和 $\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor > \left\lfloor\frac{a}{x+1}\right\rfloor$。

证明条件 $1$。

$$x=\left\lfloor\frac{a}{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}\right\rfloor\ge \left\lfloor\frac{a}{\frac{a}{b}}\right\rfloor=b\\ x\ge b\\ \left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor\ge\left\lfloor\frac{a}{x}\right\rfloor\\ \left\lfloor\frac{a}{x}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{a}{\left\lfloor\frac{a}{{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}}\right\rfloor}\right\rfloor\ge\left\lfloor\frac{a}{\frac{a}{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor\\ \left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{a}{x}\right\rfloor$$

证明条件 $2$。

设 $a = kb + r$，其中 $0\le r<x$。

$$\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor=k>\left\lfloor\frac{a}{x+1}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{a}{\left\lfloor\frac{a}{{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}}\right\rfloor+1}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{a}{\left\lfloor\frac{a}{k}\right\rfloor+1}\right\rfloor\\ k>\left\lfloor\frac{a}{\left\lfloor\frac{a}{k}\right\rfloor+1}\right\rfloor\\ k>\frac{a}{\left\lfloor\frac{a}{k}\right\rfloor+1}\\ k(\left\lfloor\frac{a}{k}\right\rfloor+1)>a$$

在设 $a=pk+q$，其中 $0\le q<k$。

$$k(\left\lfloor\frac{a}{k}\right\rfloor+1)>a\\ k(p+1)>pk+q\\ kp+k>pk+q\\ k>q\\ $$

从上面 $0\le q < k$ 可知，$k > q$。

结论：将这些数分段段数必定是 $\le \mathcal O(\sqrt{n})$ 的。

然后我们就可以每次跳到 $\left\lfloor\frac{a}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{b}{i}\right\rfloor$ 的末尾，再求出 $\mu$ 的前缀和，然后根据分配律来求出上面的值。

$\mathcal Code$#

#include <bits/stdc++.h>

#define x first
#define y second
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define cit cin.tie(0)
#define cot cout.tie(0)

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 50010, M = 100010, MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LLINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-8;

int primes[N], cnt;
bool st[N];
int mob[N], sum[N];

void solve();

void get_primes(int n)
{
    mob[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (!st[i])
        {
            primes[cnt ++ ] = i;
            mob[i] = -1;
        }
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
        {
            int t = primes[j] * i;
            st[t] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
            mob[t] = mob[i] * -1;
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) sum[i] = sum[i - 1] + mob[i];
}

int main()
{
    IOS;
    cit, cot;
    get_primes(N - 1);
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T -- ) solve();
    return 0;
}

void solve()
{
    int a, b, d;
    cin >> a >> b >> d;
    a /= d, b /= d;

    LL res = 0;
    for (int l = 1, r; l <= min(a, b); l = r + 1)
    {
        r = min(a / (a / l), b / (b / l));
        res += (sum[r] - (LL)sum[l - 1]) * (a / l) * (b / l);
    }
    cout << res << endl;
}