【洛谷2257/BZOJ2820】YY的GCD（数论/莫比乌斯函数）

题目：

洛谷2257

预备知识：莫比乌斯定理（懵逼乌斯定理）

\(\mu*1=\epsilon\)（证bu明hui略zheng）
其中（我校学长把\(\epsilon(x)\)叫单位函数但是为什么我没百度到qwq）

\[\epsilon(x)=\begin{cases}1 & x=1\\ 0 & x\neq1\\ \end{cases}\]

\[\mu(x)=\begin{cases}1 & x=1\\ 0 & 存在质数p使p^2|x\\ (-1)^k & k是x质因数的个数 \end{cases}\]

那个\(*\)是迪利克雷卷积，换成人话就是

\[\epsilon(n)=\sum_{d|n}\mu(d) \]

我觉得用这种方式理解莫比乌斯定理比设两个函数容易

分析：

这题莫比乌斯定理的经典用例。
本文中默认\(N>M\)
默认\(p\)是质数

显然如果\(gcd(i,j)=p\)，那么\(gcd(\frac{i}{p}, \frac{j}{p})=1\)
那么题目所求可以转换成下面的式子

\[\sum_{p}^N\sum_i^{N/p}\sum_j^{M/p}\epsilon(gcd(i,j)) \]

其中（我校学长把这个叫单位函数但是我没百度到qwq）

\[\epsilon(x)=\begin{cases}1 & x=1\\ 0 & x\neq1\\ \end{cases}\]

根据莫比乌斯反演定理，上面的式子就可以变成

\[\sum_{p=2}^N\sum_i^{N/p}\sum_j^{M/p}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d) \]

改变一下枚举顺序，用\(d·i\)表示原来的\(i\)，\(d·j\)表示原来的\(j\)，得到

\[\sum_{p=2}^N\sum_d^{N/p}\sum_i^{N/pd}\sum_j^{M/pd}\mu(d) \]

可以发现\(\mu(d)\)和\(i\)、\(j\)没半毛钱关系，仅仅是乘上\(i\)和\(j\)可以取的值的数量
也就是

\[\sum_{p=2}^N\sum_d^{N/p}\mu(d)*\lfloor\frac{N}{pd}\rfloor*\lfloor\frac{M}{pd}\rfloor \]

令\(T=pd\)，枚举T，上式可变成

\[\sum_T^N\sum_{p|T}\mu(\frac{T}{p})*\lfloor\frac{N}{T}\rfloor*\lfloor\frac{M}{T}\rfloor \]

设$$g(x)=\sum_{p|x}\mu(\frac{x}{p})$$
则上式就是

\[\sum_T^N\lfloor\frac{N}{T}\rfloor*\lfloor\frac{M}{T}\rfloor*g(T) \]

现在考虑如何求\(g(x)\)这个函数。
首先，对于任意质数\(p\)，显然\(g(p)=\mu(1)=1\)
然后，对于任意合数\(n=kp_0\)（\(p_0\)是质数）\(g(n)\)中显然存在\(\mu(\frac{n}{p_0})\)也就是\(\mu(k)\)这一项
当\({p_0}|k\)，也就是\(p_0^2|n\)，对于任意\(p|k\)且\(p\neq p_0\)，\(\mu(\frac{n}{p})\)中一定有\(p_0^2\)这个质数平方因子。根据\(\mu(x)\)的定义，\(\mu(\frac{n}{p})=0\)
所以此时\(g(n)=\mu(k)\)
当\(p_0\)不能整除\(k\)，对于任意\(p|k\)，\(\mu(\frac{n}{p})\)比\(\mu(\frac{k}{p})\)多了\(p_0\)这个质因子。根据\(\mu(x)\)的定义\(\mu(\frac{n}{p})=-\mu(\frac{k}{p})\)
所以此时\(g(n)=-g(k)+\mu(k)\)
总结一下

\[g(x)=\begin{cases}1 & x是质数\\ \mu(k) & x=kp且p能整除k\\ -g(k)+\mu(k) & x=kp且p不能整除k \end{cases}\]

显然这个函数可以用线性筛求

\[\sum_T^N\lfloor\frac{N}{T}\rfloor*\lfloor\frac{M}{T}\rfloor*g(T) \]

再来看这个式子，既然\(g(T)\)可以直接预处理并\(O(1)\)查询，那么计算这个式子的时间复杂度就是枚举\(T\)的复杂度\(O(N)\)
我会做啦！

别急，这题还有\(T\)组询问，所以复杂度是O(不可过)\(O(NT)\)，这个过不了。
但是我们可以发现\(\lfloor\frac{N}{T}\rfloor*\lfloor\frac{M}{T}\rfloor\)在\(T\)的一段区间内是不变的，所以可以给\(g(T)\)算个前缀和然后分段计算，据说复杂度是\(O(\sqrt N T)\)的（我不会证），这样就可以过了

代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;

namespace zyt
{
	typedef long long ll;
	const int N = 1e7 + 10, M = 7e5;
	bool mark[N];
	int cnt, prime[M], phi[N], mu[N];
   	ll g[N];
	void init()
	{
		mu[1] = 1;
		for (int i = 2; i < N; i++)
		{
			if (!mark[i])
				prime[cnt++] = i, mu[i] = -1, g[i] = 1;
			for (int j = 0; j < cnt && (ll)i * prime[j] < N; j++)
			{
				int k = i * prime[j];
				mark[k] = true;
				if (i % prime[j] == 0)
				{
					mu[k] = 0;
					g[k] = mu[i];
					break;
				}
				else
				{
					mu[k] = -mu[i];
					g[k] = -g[i] + mu[i];
				}
			}
		}
		for (int i = 2; i < N; i++)
			g[i] += g[i - 1];
	}
	void work()
	{
		int T;
		init();
		scanf("%d", &T);
		while (T--)
		{
			int n, m, pos = cnt;
			ll ans = 0;
			scanf("%d%d", &n, &m);
			if (n > m)
				swap(n, m);
			for (int t = 1; t <= n;)
			{
				int tmp = min(n / (n / t), m / (m / t));
				ans += (g[tmp] - g[t - 1]) * (n / t) * (m / t);
				t = tmp + 1;
			}
			printf("%lld\n", ans);
		}
	}
}
int main()
{
	zyt::work();
	return 0;
}