bzoj3309 DZY Loves Math

不妨设n≥m。

==∑i=1n∑j=1mf(gcd(i,j))∑d=1nf(d)∑x=1⌊nd⌋μ(x)⌊ndx⌋⌊mdx⌋∑D=1n∑d|Df(d)μ(Dd)⌊ndx⌋⌊mdx⌋

记g=f∗μ，只要我们线性筛出g，就可以O(n+Tn‾‾√)解决问题。

设g(n)=∑d|nf(d)μ(nd)，n=∏ki=1pqii，d=∏ki=1pixi。显然xi=qi或者xi=qi−1，否则μ(nd)一定为0。如果qi不全相同，把pi分成qi最大和qi不是最大两部分，那么f(d)只取决于前一部分的取值。而对于前一部分的每种选法，我们只关心后一部分选择的xi=qi−1的项的个数的奇偶。显然选奇数个和选偶数个的方案数是相同的，所以g(n)=0。而当qi全相同时，我们也可以得到类似的结论，只在所有的xi均取到qi−1时除外，这时f(d)=qi−1（其他时候都有f(d)=qi）。结合μ，我们得到g(n)=(−1)k+1。于是我们在线性筛的时候维护每个数最小质因数的指数和幂，不难讨论一下求出答案。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn=10000010;
int mnp[maxn],mnq[maxn],g[maxn],sg[maxn],prm[maxn],tot;
void init()
{
for (int i=2;i<=maxn;i++)
{
if (!mnp[i])
{
mnp[i]=i;
mnq[i]=1;
g[i]=1;
prm[++tot]=i;
}
for (int j=1;j<=tot&&(LL)i*prm[j]<=maxn;j++)
if (i%prm[j])
{
mnp[i*prm[j]]=prm[j];
mnq[i*prm[j]]=1;
if (mnq[i]==1) g[i*prm[j]]=-g[i];
}
else
{
mnp[i*prm[j]]=mnp[i]*prm[j];
mnq[i*prm[j]]=mnq[i]+1;
if (i/mnp[i]==1) g[i*prm[j]]=1;
else if (mnq[i/mnp[i]]==mnq[i*prm[j]]&&mnp[i/mnp[i]]!=mnp[i*prm[j]]) g[i*prm[j]]=-g[i/mnp[i]];
break;
}
sg[i]=sg[i-1]+g[i];
}
}
LL solve(int n,int m)
{
LL ret=0;
for (int i=1,j;i<=n&&i<=m;i=j+1)
{
j=min(n/(n/i),m/(m/i));
ret+=(LL)(sg[j]-sg[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
return ret;
}
int main()
{
init();
int T,n,m;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("%lld\n",solve(n,m));
}
}