题解 夜莺与玫瑰（留坑）
留坑：填欧拉函数的坑！
题意杀……题面里除了那个「line」还有哪里暗示要求的是直线了？！
如果是直线的话……
考虑枚举斜率，则要求斜率式中a，b互质
但是对于一个斜率\(k=\frac{b}{a}\)，怎么知道它的贡献呢？
我不会，但题解里面给出了求总贡献的柿子：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]\ (n-a)*(m-b)-max(n-2a, 0)*max(m-2b, 0)
\]
考虑在一个\(n*m\)的网格中，一个\(a*b\)的矩形可以确定一条直线
但两个对角相接的矩形会重复计算贡献，怎么去重呢？
通过研究题解的表达式，发现这其实是个构造题
我们令其中一条直线经过了\(k\)个\(a*b\)的矩形，则其实际贡献为\(k\)，但我们希望贡献为1
尝试构造一个等于一的表达式
发现这条直线会经过\(k-1\)个\(2a*2b\)的矩形，如图
所以两者相减，贡献就为1
另外这还是个卡空间的毒瘤题，常规二维前缀和需要开三（四？）个二维数组，但这里只能开下两个
- 关于二维前缀和的空间优化
发现柿子拆开是\(nm-mi-nj+ij\)（后面那部分类似，省掉了)
我们要枚举\(n,m\)并存到答案表里
发现这四部分的贡献是分开的
所以我们可以先离线，再分四次每次分别处理每项的二维前缀和，累加到对应的（如果询问了这个\(n,m\)）答案表里，空间就可以卡过了
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 4010
#define ll long long
#define ld long double
#define usd unsigned
#define reg register int
#define ull unsigned long long
//#define int long long
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
inline ll read() {
ll ans=0, f=1; char c=getchar();
while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
return ans*f;
}
int n, m;
int sum[N][N], ans[10010];
unsigned short tab[N][N];
short qn[10010], qm[10010];
bool vis[N][N];
const ll p=1ll<<30;
int gcd(int a, int b) {return !b?a:gcd(b, a%b);}
signed main()
{
#ifdef DEBUG
freopen("1.in", "r", stdin);
#endif
int T;
//cout<<double(sizeof(sum)+sizeof(ans)+sizeof(tab)+sizeof(vis)+sizeof(qn)*2)/1024/1024<<endl;
T=read();
for (int i=1; i<=T; ++i) {
n=read(); m=read();
qn[i]=n; qm[i]=m;
if (!tab[n][m]) tab[n][m]=i;
//printf("tab[%d][%d]=%d\n", n, m, i);
}
const int lim=4005;
for (reg i=1; i<=lim; ++i) for (reg j=1; j<=lim; ++j) if (!(((i>>1)<<1)==i && ((j>>1)<<1)==j) && gcd(i, j)==1) vis[i][j]=1;
for (reg i=1; i<=lim; ++i) for (reg j=1; j<=lim; ++j) if (vis[i][j]) sum[i][j]=1;
for (reg i=1; i<=lim; ++i) for (reg j=1; j<=lim; ++j) {
sum[i][j]=(1ll*sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1]+sum[i][j])%p;
if (tab[i][j]) ans[tab[i][j]]+=(1ll*(sum[i][j]-sum[i>>1][j>>1])*i%p*j%p)%p, ans[tab[i][j]]%=p;
}
memset(sum, 0, sizeof(sum));
for (reg i=1; i<=lim; ++i) for (reg j=1; j<=lim; ++j) if (vis[i][j]) sum[i][j]=i;
for (reg i=1; i<=lim; ++i) for (reg j=1; j<=lim; ++j) {
sum[i][j]=(1ll*sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1]+sum[i][j])%p;
if (tab[i][j]) ans[tab[i][j]]-=(sum[i][j]-2ll*sum[i>>1][j>>1])*j%p, ans[tab[i][j]]%=p;
}
memset(sum, 0, sizeof(sum));
for (reg i=1; i<=lim; ++i) for (reg j=1; j<=lim; ++j) if (vis[i][j]) sum[i][j]=j;
for (reg i=1; i<=lim; ++i) for (reg j=1; j<=lim; ++j) {
sum[i][j]=(1ll*sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1]+sum[i][j])%p;
if (tab[i][j]) ans[tab[i][j]]-=(sum[i][j]-2ll*sum[i>>1][j>>1])*i%p, ans[tab[i][j]]%=p;
}
memset(sum, 0, sizeof(sum));
for (reg i=1; i<=lim; ++i) for (reg j=1; j<=lim; ++j) if (vis[i][j]) sum[i][j]=i*j%p;
for (reg i=1; i<=lim; ++i) for (reg j=1; j<=lim; ++j) {
sum[i][j]=(1ll*sum[i][j-1]+sum[i-1][j]-sum[i-1][j-1]+sum[i][j])%p;
if (tab[i][j]) ans[tab[i][j]]+=(sum[i][j]-4ll*sum[i>>1][j>>1])%p, ans[tab[i][j]]%=p;
}
for (int i=1; i<=T; ++i) printf("%lld\n", ((2ll*ans[tab[qn[i]][qm[i]]]+qn[i]+qm[i])%p+p)%p);
return 0;
}
