BZOJ 3309 DZY Loves Math
题面：
3309: DZY Loves Math
Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 1086 Solved: 651
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Description
对于正整数n，定义f(n)为n所含质因子的最大幂指数。例如f(1960)=f(2^3 * 5^1 * 7^2)=3, f(10007)=1, f(1)=0。
给定正整数a,b，求sigma(sigma(f(gcd(i,j)))) (i=1..a, j=1..b)。
Input
第一行一个数T，表示询问数。
接下来T行，每行两个数a,b，表示一个询问。
Output
对于每一个询问，输出一行一个非负整数作为回答。
Sample Input
7558588 9653114
6514903 4451211
7425644 1189442
6335198 4957
Sample Output
14225956593420
4332838845846
15400094813
HINT
【数据规模】
T<=10000
1<=a,b<=10^7
题意是求
$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}f(gcd(i,j))$
$=\sum_{d=1}^{min(n,m)}f(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]$
$=\sum_{d=1}^{min(n,m)}f(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[gcd(i,j)=1]$
$=\sum_{d=1}^{min(n,m)}f(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{p|gcd(i,j)}\mu(p)$
$=\sum_{d=1}^{min(n,m)}f(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{p|i,p|j}\mu(p)$
$=\sum_{d=1}^{min(n,m)}f(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor}\mu(p)$
$=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{d|T}f(d)\mu(\frac{T}{d})$
令$g(T)=\sum_{d|T}f(d)\mu(\frac{T}{d})$,$T=p_{1}^{k_{1}}*p_{2}^{k_{2}}\cdots p_{n}^{k_{n}}$
当存在$k_{i}\neq k_{j}$时,我们将$p_{i}$按$k_{i}$最大和非最大分为$A$和$B$两个集合。
则对于$A$中每个选取方案,$B$中$\mu$值和为$0$,即存在$k_{i}\neq k_{j}$时,$g(T)=0$
当$k_{1}=k_{2}= \cdots =k_{n}=k$时,只有每个质因子都选择$k-1$个时才会对答案造成贡献,此时$g(T)=(k-1)*(-1)^(n+1)$,
之后线筛+分块搞就好了。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #define maxn 10000000 4 #define LL long long 5 using namespace std; 6 int prime[670000],last[maxn+10],t[maxn+10]; 7 bool book[maxn+10]; 8 LL g[maxn+10],cnt; 9 void init() 10 { 11 for(int i=2;i<=maxn;i++) 12 { 13 if(!book[i]) 14 { 15 prime[++cnt]=i; 16 last[i]=t[i]=g[i]=1; 17 } 18 for(int j=1;j<=cnt&&1LL*prime[j]*i<=maxn;j++) 19 { 20 book[prime[j]*i]=true; 21 if(i%prime[j]==0) 22 { 23 last[i*prime[j]]=last[i]; 24 t[i*prime[j]]=t[i]+1; 25 if(last[i]==1) 26 g[i*prime[j]]=1; 27 else 28 g[i*prime[j]]=(t[last[i]]==t[i*prime[j]]?-g[last[i]]:0); 29 break; 30 } 31 last[i*prime[j]]=i; 32 t[i*prime[j]]=1; 33 g[i*prime[j]]=(t[i]==1?-g[i]:0); 34 } 35 } 36 for(int i=2;i<=maxn;i++) 37 g[i]+=g[i-1]; 38 } 39 int T; 40 int n,m; 41 LL query(int n,int m) 42 { 43 LL ans=0; 44 if(n>m) 45 swap(n,m); 46 int j; 47 for(int i=1;i<=n;i=j+1) 48 { 49 j=min(n/(n/i),m/(m/i)); 50 ans+=(g[j]-g[i-1])*(n/j)*(m/j); 51 } 52 return ans; 53 } 54 int main() 55 { 56 init(); 57 scanf("%d",&T); 58 while(T--) 59 { 60 scanf("%d%d",&n,&m); 61 printf("%lld\n",query(n,m)); 62 } 63 }
