yy的gcd

yy的gcd

题意

给定 \(N\) , \(M\) , 求 \(1 \leq x \leq N\) , \(1 \leq y \leq M\) 且 \(gcd(x, y)\) 为质数的 \((x, y)\) 有多少对

解法

我是参照 这位爷 写出来的。

我们设：
\(f(p) = \sum _{x=1} ^{n} \sum _{y=1} ^{m} [ gcd(x,y) == p ]\)
\(F(d)\) 表示 \(d|gcd(x,y)\) 且 \(1 \leq x \leq N\) ， \(1 \leq y \leq M\) 的 \((x,y)\) 对数。
容易知道：
\(F(d) = [ \frac{n}{d} ] [ \frac{m}{d} ]\) 且 \(F(n) = \sum _{n|p} f(p)\)
由莫比乌斯反演有：
$f(n) = \sum _{n|d} \mu( \frac {d}{n} )F(d) \( 所以答案为： \)ans = \sum _{p} \sum _{p|d} \mu( \frac {d}{p} )[ \frac{n}{d} ] [ \frac{m}{d} ]$
我们枚举 $ \frac {d}{p}$ 则有：
\(ans = \sum _{p} \sum _{d=1} ^{min([\frac {n}{d}],[\frac {m}{d}])} \mu( d )[ \frac{n}{dp} ] [ \frac{m}{dp} ]\)
令 \(dp = T\) 有：
\(ans = \sum _{T=1} ^{min(n,m)} [ \frac{n}{T} ] [ \frac{m}{T} ] ( \sum _{t|T} \mu( [\frac{T}{t}] ) )\)
然后就完了。
代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#define INF 2139062143
#define MAX 0x7ffffffffffffff
#define del(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define Rint register int
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    x=0;T k=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')k=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}x*=k;
}
const int maxn=10000000+10;
int mo[maxn];
bool nop[maxn];
int p[maxn];
ll sum[maxn];
int g[maxn];
void get_mo(int n){
    mo[1]=1;
    nop[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!nop[i]) {
            p[++p[0]]=i;
            mo[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=n;j++){
            nop[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0) break;
            mo[i*p[j]]=-mo[i];
        }
    }
    for(int j=1;j<=p[0];j++)
        for(int i=1;i*p[j]<=n;i++) g[i*p[j]]+=mo[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+1ll*g[i];
}

int main()
{
    get_mo(10000000);
    int t;
    read(t);
    while(t--){
        ll n,m,limit;
        ll ans=0;
        read(n),read(m);
        limit=min(n,m);
        for(int l=1,r;l<=limit;l=r+1){
            r=min( n/(n/l) , m/(m/l) );
            ans += (n/l) * (m/l) * (sum[r]-sum[l-1]);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}