BZOJ 2820: YY的GCD [莫比乌斯反演]【学习笔记】

2820: YY的GCD

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Description

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……多组输入

Input

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

Output

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

Sample Input

2

10 10

100 100

Sample Output

30

2791

HINT

T = 10000

N, M <= 10000000

和bzoj2705很像http://www.cnblogs.com/candy99/p/6200745.html

但是n和m不同，不能使用直接欧拉函数的方法


和上一题相同的函数：


为满足

且

和

的

的对数


为满足

且

和

的

的对数

显然

，反演后得到


可以枚举每一个质数，套用上一题的做法，p相当于k，d*p也就是p的倍数了...很像上一题我WT1中的式子



其实d只要枚举到min(n,m)/p

然而复杂度承受不了，大约n/logn*sqrt(n)

我们设

，那么继续得到


为什么这么做呢？因为这样之后发现F函数与p和d无关了，(要不然枚举p和d也是枚举了T)

可以提到前面，剩下的那一块可以处理前缀和做到O(1)，前面再用除法分块，做到O(sqrt(n))

WT:

如何求g(T)=Σ{p|T && isprime(p)}miu(T/p)


枚举质数 4176ms

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+5;
inline int read(){
char c=getchar();int x=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0'; c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m;
bool notp
;
int p
,mu
,g
;
void sieve(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++){
if(!notp[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<N;j++){
notp[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0){
mu[i*p[j]]=0;
break;
}
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}

for(int j=1;j<=p[0];j++)
for(int i=p[j];i<N;i+=p[j])
g[i]+=mu[i/p[j]];
for(int i=1;i<N;i++) g[i]+=g[i-1];
}
ll cal(int n,int m){
if(n>m) swap(n,m);
ll ans=0;int r;
for(int i=1;i<=n;i=r+1){
r=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(ll)(g[r]-g[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
return ans;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
sieve();
int T=read();
while(T--){
n=read();m=read();
printf("%lld\n",cal(n,m));
}
return 0;
}

线性筛：3328ms

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+5;
inline int read(){
char c=getchar();int x=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0'; c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m;
bool notp
;
int p
,mu
,g
;
void sieve(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++){
if(!notp[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1,g[i]=1;
for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<N;j++){
notp[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0){
mu[i*p[j]]=0;
g[i*p[j]]=mu[i];
break;
}
mu[i*p[j]]=-mu[i];
g[i*p[j]]=mu[i]-g[i];
}
}
for(int i=1;i<N;i++) g[i]+=g[i-1];
}
ll cal(int n,int m){
if(n>m) swap(n,m);
ll ans=0;int r;
for(int i=1;i<=n;i=r+1){
r=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(ll)(g[r]-g[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
return ans;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
sieve();
int T=read();
while(T--){
n=read();m=read();
printf("%lld\n",cal(n,m));
}
return 0;
}