bzoj2694 Lcm

2694: Lcm

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Description

 

对于任意的>1的n gcd(a, b)不是n^2的倍数
也就是说gcd(a, b)没有一个因子的次数>=2

Input

一个正整数T表示数据组数

接下来T行 每行两个正整数 表示N、M

Output

T行 每行一个整数 表示第i组数据的结果

Sample Input

4
2 4
3 3
6 5
8 3

Sample Output

24
28
233
178

HINT

T <= 10000

N, M<=4000000

分析：和bzoj2693是差不多的.但是这道题特别容易错.

　　　根据bzoj2693推出来的公式：，这道题因为n,m比较小，可以直接枚举倍数来预处理后面那一坨式子. 因为有gcd(a,b)没有平方因子的限制，所以只更新μ(i) != 0的倍数. 

　　　直接按照上述式子预处理是错的.  因为最后一步进行了一个转化：因数是成对出现的，将D / i变成了i. 如果在μ函数没有限制的情况下，这种转化是对的，现在有了限制，就会将需要统计进入答案的μ没有统计进入答案.

　　　为什么会发生这种情况呢？，令D = di. 先知道了d,然后确定D,才能知道i. 所以i在这道题中必须用D / d来表示.

　　　因为是对2^30取模，中途利用int的自然溢出即可. 注意：中间运算中会有除法，如果能除一定要除，避免爆int.

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 4000010,maxx = 4000000,mod = 1 << 30;
int T,n,m,mu[maxn + 10],prime[maxn + 10],vis[maxn + 10],tot,sum[maxn + 10],ans;

int Sum(int x,int y)
{
    return (x * (x + 1) / 2) * (y * (y + 1) / 2);
}

void solve(int x,int y)
{
    ans = 0;
    int last = 0;
    if (x > y)
        swap(x,y);
    for (int i = 1; i <= x; i = last + 1)
    {
        last = min(x / (x / i), y / (y / i));
        ans += Sum(x / i,y / i) * (sum[last] - sum[i - 1]);
    }
}

void init()
{
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= maxx; i++)
    {
        if (!vis[i])
        {
            prime[++tot] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for (int j = 1; j <= tot; j++)
        {
            int t = prime[j] * i;
            if (t > maxx)
                break;
            vis[t] = 1;
            if (i % prime[j] == 0)
            {
                mu[t] = 0;
                break;
            }
            mu[t] = -mu[i];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= maxx; i++)
        if (mu[i] != 0)
        {
            for (int j = i; j <= maxx; j += i)
                sum[j] += mu[j / i] * j / i * j; //先除！        }
    for (int i = 1; i <= maxx; i++)
        sum[i] += sum[i - 1];
}

int main()
{
    init();
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        solve(n,m);
        printf("%d\n",(ans % mod + mod) % mod); //为了避免出现负数
    }

    return 0;
}