数对统计

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题目大意

给你 n,m，求 gcd(x,y)=1 的数对个数。
1<=x<=n,1<=y<=m

思路

莫比乌斯函数

什么东西

首先我们要知道莫比乌斯函数是个什么鬼东西。

首先，我们先不管莫比乌斯函数，先来看一个函数： $F(n)=\sum_{d|n}f(d)$
（假设 $f (d)$ 是一个给出的函数）

那根据定义，我们可以先弄一下：
$F (1) = f (1)$
$F (2) = f (1) + f (2)$
$F (3) = f (1) + f (3)$
$F (4) = f (1) + f (2) + f (4)$
$F (5) = f (1) + f (5)$
$F (6) = f (1) + f (2) + f (3) + f (6)$
$F (7) = f (1) + f (7)$
$F (8) = f (1) + f (2) + f (4) + f (8)$

那我们考虑用 $F (n)$ 来推 $f (n)$
$f (1) = F (1)$
$f (2) = F (2) - F (1)$
$f (3) = F (3) - F (1)$
$f (4) = F (4) - F (2)$
$f (5) = F (5) - F (1)$
$f (6) = F (6) - F (3) - F (2) + F (1)$
$f (7) = F (7) - F (1)$
$f (8) = F (8) - F (4)$

那我们会发现，它只会由它因数的 $F$ 值加减或者不要组成。

那我们可以把它弄成这样的形式：
$f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})$

那我们的莫比乌斯函数 $\mu(d)$ 就出现了！

定义

如果 $d = 1$ ，那 $\mu(d)=1$
如果 $d=p_1p_2...p_k$ ， $p_i$ 是互不相同的素数，那就会有 $\mu(d)=(-1)^k$
如果不满足上面两个条件，那 $\mu(d)=0$

如何求

首先，我们可以很明显的看出用定义法求会比较慢，尤其是要求一个区间的。

我们可以考虑用类似 DP 的方法求。

看到跟素数有关，自然想到先用欧拉筛求。
然后我们可以考虑，在欧拉筛枚举最小质因子的时候，我们可以想到你处理 $i\times prime_j$ 这个数。
那我们想 $prime_j$ 的 $\mu$ 值已经求出，那我们可以看这个最小的质因子是否已经是 $prime_j$ 的因子（就是能否整除）。
如果能整除，那就说明这个质数有两个，那就直接 $\mu_{i\times prime_j}=0$ ，那否则就是多一个素数，就是 $\mu_{i\times prime_j}=\mu_{i}\times-1$ 。

你会想，啊，如果原来 $prime_j$ 已经有一个素数能分解出两个或以上呢？
那因为这样，它的 $\mu$ 值就一定是 $0$ ，就算乘了 $- 1$ ，也还是 $0$ ，就没有问题了。

一些性质

$\sum_{d|n}\mu(d)=\left\{\begin{matrix} 1\ \ n=1\\ 0\ \ n>1 \end{matrix}\right.$
$\varphi(n)=\sum_{d|n}\dfrac{\mu(d)\times n}{d}$

关于这道题

我们考虑利用第一条性质：
$ans=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]$

$\begin{aligned} ans &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=1]\\ &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)\\ &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{d|i,d|j}\mu(d)\\ &= \sum\limits_{d}\sum\limits_{i=1,d|i}^{n}\sum\limits_{j=1,d|j}^{m}\mu(d)\\ &= \sum\limits_{d}\mu(d)\cdot\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor\cdot\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor \end{aligned}$

然后这就是 $O (n)$ 的，但是因为它是多次询问，每个询问都是 $O (n)$ ，就还是过不了。

然后看到向下取整，自然想到整除分块。
那就前缀和 $\mu$ 函数，然后就整除分块处理就好了。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long

using namespace std;

ll T;
ll n, m;
ll miu[100001], prime[100001];
ll qz[100001];
bool np[100001];

void get_miu() {
    
    //同欧拉筛预处理 μ
	miu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= 100000; i++) {
    
    
		if (!np[i]) {
    
    
			prime[++prime[0]] = i;
			miu[i] = -1;
		}
		for (int j = 1; j <= prime[0] && 1ll * i * prime[j] <= 100000ll; j++) {
    
    
			np[i * prime[j]] = 1;
			if (i % prime[j] == 0) {
    
    
				miu[i * prime[j]] = 0;
				break;
			}
			else miu[i * prime[j]] = miu[i] * -1;
		}
	}
}

void get_qz() {
    
    //前缀和
	for (int i = 1; i <= 100000; i++)
		qz[i] = qz[i - 1] + miu[i];
}

void work(int n, int m) {
    
    
	ll ans = 0;
	for (int l = 1; l <= n && l <= m; ) {
    
    
		int r = min(n / (n / l), m / (m / l));//数论分块加速
		ans += (qz[r] - qz[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
		l = r + 1;
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
    
    
	get_miu();
	get_qz();
	
	scanf("%lld", &T);
	while (T--) {
    
    
		scanf("%lld %lld", &n, &m);
		work(n, m);
	}
	
	return 0;
}

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