YY的GCD（洛谷-P2257）

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……

多组输入

输入输出格式

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

输入输出样例

输入样例#1：

2
10 10
100 100

输出样例#1：

30
2791

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思路：

题目要求的实际上就是 $\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}[GCD(x,y)=prime]$ 的值

设 f(n) 为满足 $GCD(x,y)=d$ 的个数

设 F(n) 为满足 $GCD(x,y)=d$ 和 d 的倍数的个数

显然： $F(x)=(n/x)*(m/x)$

反演后得到： $f(x)=\sum_{x|d}\mu (d/x)F(d)=\sum_{x|d}\mu (d/x)((n/d)*(m/d))$

由于题目要求 $GCD(x,y)=prime$ ，那么，枚举每一个质数 p，得到：

$ans=\sum_p^{min(n,m)}[\sum_d^{min(n,m)}\mu (d) ((n/pd)*(m/pd))]$

由于会超时，继续进行优化

设 T=pd，那么 $ans=\sum_{i=1}^{min(n,m)}(n/T)*(m/T)(\sum_{p|T}\mu (T/p))$

因此，可以先预处理所有的 T 对应的 $\sum_{p|T}\mu (T/p)$ 的值

设 $g(x)=\sum_{p|x}\mu (x/p)$ ，sum(x) 是 g(x) 的前缀和。

则：若 k 整除 x，那么 $\mu(kx)=0,g(kx)=\mu(x)$ ；若 k 不整除 x，那么 $\mu(kx)=-\mu(x),g(kx)=\mu(x)-g(x)$

源代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<ctime>
#include<vector>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define N 10000005
#define MOD 123
#define E 1e-6
using namespace std;

long long mu[N],prime[N];
long long sum[N],g[N];
bool vis[N];
long long cnt;
void Get_mu(int n)
{
    mu[1]=1;
    cnt=0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));

    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            mu[i]=-1;
            prime[++cnt]=i;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=n;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j])
                mu[prime[j]*i]=-mu[i];
            else
               break;
        }
    }

    for(int j=1;j<=cnt;j++)
        for(int i=1;i*prime[j]<=n;i++)
            g[i*prime[j]]+=mu[i];

    sum[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+g[i];
}

int main()
{

    int t;
    scanf("%d",&t);

    Get_mu(10000000);
    while(t--)
    {
        int n,m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n>m)
            swap(n,m);

        long long ans=0;
        for(int i=1,last;i<=n;i=last+1)
        {
            last=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=(long long)((n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]));
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }

    return 0;
}