【莫比乌斯反演】BZOJ2820 YY的GCD

题面在这里

与这道题类似。

先考虑枚举质数p，答案就是：

∑p∑dμ(d)⌊npd⌋⌊mpd⌋

\sum_p \sum_d \mu(d) \lfloor \frac n {pd} \rfloor \lfloor \frac m {pd} \rfloor
设 T=pd T=pd，考虑枚举 T T，则有：

∑Tmin{n,m}⌊nT⌋⌊mT⌋∑p|Tμ(Tp)

\sum_T^{min\{ n,m \}} \lfloor \frac n T \rfloor \lfloor \frac m T \rfloor \sum_{p|T} \mu\Big(\frac T p\Big)
如果能够预处理 ∑p|Tμ(Tp) \sum_{p|T} \mu\Big(\frac T p\Big)关于 T T的前缀和，前面的柿子就可以O(n√)O(\sqrt n)求解

其实直接暴枚 p p就好了

因为均摊每个质数是ln(n)ln(n)的，而质数的个数是 nln(n) \frac n {ln(n)}个

所以预处理是 O(n) O(n)的

示例程序：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;const int maxn=10000005;
int tst,n,m,p[maxn],mu[maxn],t[maxn];
ll sum[maxn];
bool vis[maxn];
void get_mu(){int n=10000000;mu[1]=1;for (int i=2;i<=n;i++){if (!vis[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;for (int j=1;j<=p[j]&&i*p[j]<=n;j++){vis[i*p[j]]=1;if (i%p[j]==0) {mu[i*p[j]]=0;break;}else mu[i*p[j]]=-mu[i];}}for (int i=1;i<=p[0];i++)for (int j=1;p[i]*j<=n;j++) t[p[i]*j]+=mu[j];for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+t[i];
}
ll get(int n,int m){if (n>m) swap(n,m);ll res=0;for (int T=1,lst=0;T<=n;T=lst+1){lst=min(n/(n/T),m/(m/T));res+=(sum[lst]-sum[T-1])*(n/T)*(m/T);}return res;
}
int main(){scanf("%d",&tst);get_mu();while (tst--){scanf("%d%d",&n,&m);printf("%lld\n",get(n,m));}return 0;
}

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