bzoj3309: DZY Loves Math

这显然要用莫比乌斯反演：

Ans=∑ai=1∑bj=1f(gcd(i,j))=∑df(d)∑⌊ad⌋i=1∑⌊bd⌋j=1[gcd(i,j)=1]=∑df(d)∑⌊ad⌋i=1∑⌊bd⌋j=1∑p|Tμ(p)=∑df(d)∑p|Tμ(p)⌊adp⌋⌊bdp⌋=∑min(a,b)T=1⌊aT⌋⌊bT⌋×∑p|Tf(p)μ(Tp) Ans=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}f(gcd(i,j))\\=\sum_{d}f(d)\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{a}{d} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{b}{d} \right \rfloor}[gcd(i,j)=1]\\=\sum_{d}f(d)\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{a}{d} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{b}{d} \right \rfloor}\sum_{p|T}\mu(p)\\=\sum_{d}f(d)\sum_{p|T}\mu(p)\left \lfloor \frac{a}{dp} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b}{dp} \right \rfloor\\=\sum_{T=1}^{min(a,b)} \left \lfloor \frac{a}{T} \right \rfloor \left \lfloor \frac{b} {T} \right \rfloor\times\sum_{p|T}f(p)\mu(\frac{T}{p})

设g(T)=∑p|Tf(p)μ(Tp)，T=p1a1⋅p2a2⋅…⋅pnan,p=p1b1⋅p2b2⋅…⋅pnbn 设g(T)=\sum_{p|T}f(p)\mu(\frac{T}{p})，T=p1^{a_1}·p2^{a_2}·…·pn^{a_n},p=p1^{b_1}·p2^{b_2}·…·pn^{b_n}

要使 μ(T/p)≠0 \mu(T/p)\neq 0， ai−bi=0或1 a_i-b_i=0或1

若 a1=a2=...an a_1=a_2=...a_n则：所有 bi=ai−1 b_i=a_i-1此时f为a-1，或存在 bi=ai b_i=a_i此时f为a，在这种情况下μ值为1和-1的情况差一，和为a。

若存在 ai≠aj a_i\neq a_j则只有最大的a能影响答案，对每种情况，其他a的μ和为零。

差不多就是这样吧，可能不太对。。。//真弱←__←

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 10000005
#define ll long long
using namespace std;
int T,a,b;ll Ans;
int p[1000005],cnt,vis[N],M[N],Mp[N],g[N];
int main()
{for (int i=2;i<=10000000;i++)//M[i]表示i的最小质因子k的次数,Mp[i]表示k^M[i]{if (!vis[i]) p[++cnt]=Mp[i]=i,g[i]=M[i]=1;//i是质数for (int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=10000000;j++){int t=i*p[j];vis[t]=1;if (i%p[j]==0)//i中存在p[j],p[j]也是i的最小质因子{M[t]=M[i]+1;Mp[t]=Mp[i]*p[j];int k=i/Mp[i];//k为i中除p[j]外的数if (k==1) g[t]=1;else g[t]=(M[k]==M[t])?-g[k]:0;break;}M[t]=1;//i中没有p[j]Mp[t]=p[j];g[t]=(M[i]==1)?-g[i]:0;}}for (int i=1;i<=10000000;i++) g[i]+=g[i-1];//前缀和scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d%d",&a,&b);if (a>b) swap(a,b);Ans=0;for (int i=1,j;i<=a;i=j+1)//分块{j=min(a/(a/i),b/(b/i));Ans+=(ll)(a/i)*(b/i)*(g[j]-g[i-1]);}printf("%lld\n",Ans);}return 0;
}

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设g(T)=∑p|Tf(p)μ(Tp)，T=p1a1⋅p2a2⋅…⋅pnan,p=p1b1⋅p2b2⋅…⋅pnbn 设g(T)=\sum_{p|T}f(p)\mu(\frac{T}{p})，T=p1^{a_1}·p2^{a_2}·…·pn^{a_n},p=p1^{b_1}·p2^{b_2}·…·pn^{b_n}

要使 μ(T/p)≠0 \mu(T/p)\neq 0， ai−bi=0或1 a_i-b_i=0或1

若 a1=a2=...an a_1=a_2=...a_n则：所有 bi=ai−1 b_i=a_i-1此时f为a-1，或存在 bi=ai b_i=a_i此时f为a，在这种情况下μ值为1和-1的情况差一，和为a。

若存在 ai≠aj a_i\neq a_j则只有最大的a能影响答案，对每种情况，其他a的μ和为零。

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