快乐的一天从AC开始 | 20210629 | P2257
看到题面想到了莫比乌斯反演模板题，即求\(\sum_{x = 1}^{N}\sum_{y = 1}^{M} [\gcd(x, y) = k]\)，其中\(k\)为指定常数。
这题将\(k\)的取值变为了素数，不过还是按照常规套路推一下式子：
\[\begin{aligned}
ans
&= \sum_{p \in {P}} \sum_{x = 1}^{N} \sum_{y = 1}^{M} [\gcd(x, y) = p] \\
&= \sum_{p \in {P}} \sum_{x = 1}^{\lfloor \frac{N}{p} \rfloor} \sum_{y = 1}^{\lfloor \frac{M}{p} \rfloor} [\gcd(x, y) = 1] \\
\end{aligned}
\]
根据\(\varepsilon = \mu \ast 1\)有：
\[\begin{aligned}
ans
&= \sum_{p \in {P}} \sum_{x = 1}^{\lfloor \frac{N}{p} \rfloor} \sum_{y = 1}^{\lfloor \frac{M}{p} \rfloor} [\gcd(x, y) = 1] \\
&= \sum_{p \in {P}} \sum_{x = 1}^{\lfloor \frac{N}{p} \rfloor} \sum_{y = 1}^{\lfloor \frac{M}{p} \rfloor} \sum_{d \mid \gcd(x, y)} \mu(d) \\
&= \sum_{p \in {P}} \sum_{d} \mu(d) \sum_{x = 1}^{\lfloor \frac{N}{p} \rfloor} [d \mid x] \sum_{y = 1}^{\lfloor \frac{M}{p} \rfloor} [d \mid y] \\
&= \sum_{p \in {P}} \sum_{d} \mu(d) \lfloor \frac{N}{pd} \rfloor \lfloor \frac{M}{pd} \rfloor
\end{aligned}
\]
到这一步常规套路就推不下去了，然后根据这个式子枚举\(p\)去算的话铁定会超时。
令\(T = pd\)，有
\[\begin{aligned}
ans
&= \sum_{p \in {P}} \sum_{d} \mu(d) \lfloor \frac{N}{pd} \rfloor \lfloor \frac{M}{pd} \rfloor \\
&= \sum_{T} \lfloor \frac{N}{T} \rfloor \lfloor \frac{M}{T} \rfloor \sum_{t \mid T, t \in P} \mu(\frac{T}{t})
\end{aligned}
\]
前半部分可以数论分块，后半部分可以线性筛预处理。
现在就可以\(O(N) \sim O(\sqrt{N})\)做了。
