P2257 YY的GCD（莫比乌斯反演）

题意：

求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=prime]\)

题解：

首先把\(prime\)换成\(k\)，和前几题的做法一样，可以快速推导到这一步：

\(\sum_{k=1}^n\sum_{d=1}^{n/k}\mu(d)[n/kd][m/kd][k=prime]\)

然后暴力枚举每个质数作为\(k\)的情况，会T。

可以进一步优化：

设\(T=kd\)，有

\(\sum_{k=1}^n\sum_{d=1}^{n/k}\mu(d)[n/T][m/T][k=prime]\)

把前面两个\(\sum\)改成枚举\(T,k\)的形式？（我好像悟了...）

那么可以写成

\(\sum_{T=1}^n[n/T][m/T]\sum_{k|T}\mu(T/k)[k=prime]\)

发现后面，这个\(\sum_{k|T}mu(T/k)[k=prime]\)是可以预处理出来的。

即考虑每个质数\(k\)，对\(k\)的倍数\(T\)，将\(T\)的答案加上\(\mu(T/k)\)。

所以做法就是：

先线性筛出\(n\)以内的质数和莫比乌斯函数

然后预处理出这个柿子后半部分的答案。

然后预处理出每个\(T\)的后半部分的答案的前缀和。

然后直接数论分块做一下即可。

时间复杂度\(O(n+T\sqrt{n})\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e7+100;
typedef long long ll;
int vis[maxn];
ll pri[maxn],mu[maxn],sum[maxn],cnt;
ll mm[maxn];
void getMu (int n) {
	mu[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++) {
		if (!vis[i]) {
			mu[i]=-1;
			pri[++cnt]=i;
		}
		for (int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++) {
			vis[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]==0) break;
			else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for (int i=1;i<=cnt;i++) {
		for (int j=pri[i];j<=n;j+=pri[i])
			mm[j]+=mu[j/pri[i]];	
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+mm[i];
}
main () {
	getMu(1e7);
	int _;
	scanf("%d",&_);
	while (_--) {
		int n,m;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		ll ans=0;
		if (n>m) swap(n,m);
		for (int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans+=1ll*(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
}