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);
}
}