【洛谷 P2257】YY的GCD 【莫比乌斯反演经典题目】

题目描述
神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题
给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对
kAc这种傻×必然不会了，于是向你来请教……

输入格式：
第一行一个整数T 表述数据组数
接下来T行，每行两个正整数，表示N, M
输出格式：
T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

说明
T = 10000
N, M <= 10000000

分析：题目就是求

Ans=∑p∈prime∑x=1N∑y=1M[gcd(x,y)=p]Ans=∑p∈prime∑x=1N∑y=1M[gcd(x,y)=p]

Ans = \sum_{p \in prime} \sum_{x=1}^{N} \sum_{y=1}^{M}[gcd(x,y)=p]
式子化简的很好的博客
最后可以化为

Ans=∑T=1min(N,M)⌊NT⌋∗⌊MT⌋∑p|T,p∈primeμ(TP)Ans=∑T=1min(N,M)⌊NT⌋∗⌊MT⌋∑p|T,p∈primeμ(TP)

Ans = \sum_{T=1}^{min(N,M)} \lfloor \frac{N}{T} \rfloor*\lfloor \frac{M}{T}\rfloor \sum_{p|T,p\in prime} \mu(\frac{T}{P})
后一个求和我们可以用o(n)求出前缀和，然后前面的可以整除分块求。最后时间复杂度 o(T∗N−−√)o(T∗N)o(T * \sqrt N)
建议自己在纸上多推几遍
CodeCodeCode

#include <map>
#include <set>
#include <queue>
#include <stack>
#include <list>
#include <string>
#include <math.h>
#include <time.h>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define per(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)#include <ext/rope>
using namespace __gnu_cxx;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int>pii;const int N = (int) 10000000 + 11;
const int M = (int) 1e6 + 11;
const int MOD = (int) 1e9 + 7;
const double EPS = (double) 1e-9;
const double PI = (double)acos(-1.0);
const int INF = (int) 0x3f3f3f3f;
const ll INFF = (ll) 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;void read(int &x){char ch = getchar(); x = 0;while(ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();while(ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
}
/*-----------------------------------------------------------------------------------*/ bool su[N] = {1, 1, 0};
int prm[N], mu[N], g[N], sz = 0;
int sum[N];
void init(int n){mu[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++){if(!su[i]){prm[++sz] = i;mu[i] = -1;}for(int j = 1; j <= sz; j++){int t = i * prm[j];if(t > n) break;su[t] = 1;if(i % prm[j] == 0) {mu[t] = 0;break;}else {mu[t] = -mu[i];}}}rep(i, 1, sz + 1) for(int j = 1; j * 1ll * prm[i] <= n; j++) g[j * prm[i]] += mu[j];        sum[0] = 0;rep(i, 1, n + 1) sum[i] = sum[i - 1] + g[i];
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("in.txt", "r", stdin);freopen("out.txt", "w", stdout);#endifinit(10000000);int T;scanf("%d", &T);while(T--){int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);  //一开始多开了几个long long的变量居然T了几组，Emmmmmll ans = 0;int c = min(n, m); for(int l = 1, r; l <= c; l = r + 1){r = min(n / (n / l), m / (m / l));ans += (n / l) * 1ll * (m / l) * (sum[r] - sum[l - 1]); }printf("%lld\n", ans);}   return 0;
}

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