【反演复习计划】【bzoj2820】YY的GCD

这题跟2818一样的，只不过数据水一点，可以用多一个log的办法水过去……

原题意思是求以下式子：
$Ans=\sum\limits_{isprime(p)}\sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{i=1}^{b}[gcd(i,j)==p]$
首先把p拿下来，得到
$Ans=\sum\limits_{isprime(p)}\sum\limits_{i=1}^{a/p}\sum\limits_{i=1}^{b/p}[gcd(i,j)==1]$
然后就跟1101一样了，我就复制下。
然后考虑mobius函数的性质：
$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=1(n==1),0(n>1)$
所以可以把那个gcd的式子替换下，得到：
$Ans=\sum\limits_{isprime(p)}\sum\limits_{i=1}^{a/p}\sum\limits_{i=1}^{b/p}\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(i)$
我们稍微改写一下这个式子：
$Ans=\sum\limits_{isprime(p)}\sum\limits_{d=1}^{min(a/p,b/p)}\mu(i)\frac{a}{pd}\frac{b}{pd}$
但是此时我们为了减少素数的枚举，可以把pd提取出来：
$\sum\limits_{pd=1}^{n}\sum\limits_{isprime(p),p|pd}\mu(d)\frac{a}{pd}\frac{b}{pd}$
由于这题数据比较水，根据调和级数枚举下质数就能多一个log水过去了……
然后就是下底函数分块。

 

//题目：bzoj2820 YY的GCD
#include<bits/stdc++.h>
#define N 10000005
#define ll long long
using namespace std;
int mu[N],vis[N],prime[N],cnt;
long long f[N];
void calcmu(){
    cnt=0;mu[1]=1;
    memset(vis,true,sizeof(vis));
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(vis[i])prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt;j++){
            int t=prime[j]*i;
            if(t>N)break;
            vis[t]=false;
            if(i%prime[j]==0){mu[t]=0;break;}
            mu[t]-=mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        int p=prime[i];
        for(int j=1;j*p<=N;j++)f[j*p]+=mu[j];
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)f[i]+=f[i-1];
}
int read(){
    int f=1,x=0;char ch;
    do{ch=getchar();if(ch=='-')f=-1;}while(ch<'0'||ch>'9');
    do{x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9');
    return x*f;
}
int main(){
    calcmu();int j;int n,m;
    int T=read();
    while(T--){
        ll ans=0;n=read();m=read();
        if(n>m)swap(n,m);
        for(int i=1;i<=n;i=j+1){
            j=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=(f[j]-f[i-1])*(n/i)*(m/i);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}