P3327 [SDOI2015]约数个数和

https://www.luogu.com.cn/problem/P3327
题意：设 \(d(x)\) 为 \(x\) 的约数个数，求：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m d(i\cdot j) \]

第一个莫比乌斯反演，虽然是看着题解做的，大致明白了一下那个公式该咋用

首先证明一个结论：

\[d(ij)=\sum_{k|ij}1=\sum_{x|i}\sum_{y|j} [\gcd(x,y)=1] \]

考虑一个质数 \(p\)，在 \(i,j,k\) 中分别是 \(p^a,p^b,p^c\)
若 \(c\le a\)，则将 \(k\) 中的 \(c\) 个 \(p\) 全部“放入”到 \(i\) 中
若 \(c>a\)，则将 \(c-a\) 个 \(p\) 放入到 \(j\) 中
然后同样地推广到其他质数
这样构造，使得对于每一种对 \(i,j\) 的分配（分配出 \(x\) 和 \(y\)），都有唯一对应的 \(k\)；每一个 \(k\)，也都只有一种分配方式。那么这就是一个一一映射
那么 \(i,j\) 不可能同时拥有某个质数 \(p\)，那么就说明了 \(x\) 和 \(y\) 互质，因此得证

更一般的一个推广：

\[\sigma_0(n_1n_2\cdots n_k)=\sum_{a_1|n_1}\sum_{a_2|n_2}\cdots \sum_{a_k|n_k}\prod_{1\le i\neq j\le k} [\gcd(a_i,a_j)=1] \]

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看这个题，对式子变形

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m d(i\cdot j) \]

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}^n\sum_{y|j}^m [\gcd(x,y)=1] \]

变换求和顺序，将 \(x,y\) 换到前面，那为了保证 \(i,j\) 分别是它们的倍数，就分别有 \(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor,\lfloor\frac{m}{y}\rfloor\) 种取值，每种贡献为 \(1\)

\[\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m [\gcd(x,y)=1] \lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor \]

于是开始应用公式进行反演

\[\text{设 } f(N)=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m [\gcd(x,y)=N] \lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor \]

\[g(N)=\sum_{N|d}f(d) \]

由于当 \(d\) 较大时，\(f(d)=0\)，所以上述定义的 \(g(N)\) 有意义
对其进行变换，因为它就是 \(f\) 取遍 \(N,2N,3N,\cdots\) 的所有函数值的和，而这些函数值的贡献都没有交集（要求 \(\gcd(x,y)\) 取不同的数），所以整理后再把 \(N\) 从 \(x,y\) 中提取出来：

\[\begin{aligned} g(N) &=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m [N | \gcd(x,y)] \lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor\\ &=\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{N}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{N}\rfloor} \lfloor\frac{n}{iN}\rfloor\lfloor\frac{m}{jN}\rfloor\\ &=\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{N}\rfloor}\left\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{N}\rfloor}{x}\right\rfloor \sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{N}\rfloor} \left\lfloor\frac{\lfloor\frac{m}{N}\rfloor}{y}\right\rfloor\\ &=s(\lfloor\frac{n}{N}\rfloor)\cdot s(\lfloor\frac{m}{N}\rfloor)\\ \end{aligned} \]

借助整除分块预处理 \(s\)
然后根据反演公式，\(f(n)=\sum_{n|d} \mu(\frac{d}{n}) f(d)\)
那么答案就是 \(f(1)=\sum_{1|d} \mu(\frac{d}{1}) f(d)=\sum_{i=1}^n\mu(i)g(i)=\sum_{i=1}^n \mu(i) s(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor) s(\lfloor\frac{m}{i}\rfloor)\)

再预处理一个 \(\mu\) 就行了

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<map>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define reg register
#define EN puts("")
inline int read(){
	register int x=0;register int y=1;
	register char c=std::getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=getchar();}
	return y?x:-x;
}
#define N 50006
int mu[N],prime[N],notprime[N];
long long s[N];
inline void get_mu(){
	mu[1]=1;
	for(reg int i=2;i<=50000;i++){
		if(!notprime[i]) prime[++prime[0]]=i,mu[i]=-1;
		for(reg int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=50000;j++){
			notprime[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]]=-mu[i];//mu[i]*mu[prime[j]]=-mu[i]
			else{
				mu[i*prime[j]]=0;break;
			}
		}
	}
	for(reg int x=1;x<=50000;x++){
		mu[x]+=mu[x-1];
		for(reg int i=1,nex;i<=x;i=nex+1){
			nex=x/(x/i);
			s[x]+=(long long)(nex-i+1)*(x/i);
		}
	}
}
int n,m;
int main(){
	get_mu();
	int T=read();while(T--){
		n=read();m=read();
		if(n>m) n^=m,m^=n,n^=m;
		long long ans=0;
		for(reg int i=1,nex;i<=n;i=nex+1){
			nex=std::min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans+=(long long)(mu[nex]-mu[i-1])*s[n/i]*s[m/i];
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}