bzoj 2005 [Noi2010]能量采集 O(n)莫比乌斯反演

Description
栋栋有一块长方形的地，他在地上种了一种能量植物，这种植物可以采集太阳光的能量。在这些植物采集能量后，
栋栋再使用一个能量汇集机器把这些植物采集到的能量汇集到一起。 栋栋的植物种得非常整齐，一共有n列，每列
有m棵，植物的横竖间距都一样，因此对于每一棵植物，栋栋可以用一个坐标(x, y)来表示，其中x的范围是1至n，
表示是在第x列，y的范围是1至m，表示是在第x列的第y棵。 由于能量汇集机器较大，不便移动，栋栋将它放在了
一个角上，坐标正好是(0, 0)。 能量汇集机器在汇集的过程中有一定的能量损失。如果一棵植物与能量汇集机器
连接而成的线段上有k棵植物，则能量的损失为2k + 1。例如，当能量汇集机器收集坐标为(2, 4)的植物时，由于
连接线段上存在一棵植物(1, 2)，会产生3的能量损失。注意，如果一棵植物与能量汇集机器连接的线段上没有植
物，则能量损失为1。现在要计算总的能量损失。 下面给出了一个能量采集的例子，其中n = 5，m = 4，一共有20
棵植物，在每棵植物上标明了能量汇集机器收集它的能量时产生的能量损失。 在这个例子中，总共产生了36的能
量损失。
Input
仅包含一行，为两个整数n和m。
Output
仅包含一个整数，表示总共产生的能量损失。
Sample Input
【样例输入1】

5 4

【样例输入2】

3 4

Sample Output
【样例输出1】

36

【样例输出2】

20

对于100%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100,000。

HINT

传送门
观察一下题目，对于(x,y)，可以知道有gcd(x,y)-1个点在直线上，
这似乎有点明显……？

所以题目就变成了求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m (2*gcd(i,j)-1)$$
观察到gcd(i,j)比较难求，所以考虑把gcd(i,j)单独提出来，也就是：
$$2*\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m gcd(i,j)-n*m$$
然后考虑求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m gcd(i,j)$
有一种很简单的想法，就是枚举x=gcd(i,j)，算出(i,j)的对数并累计，
和bzoj2818一样的思路，但是这题n只有10W，
所以这种O($n*\sqrt n$)的做法也可以过。

但是我毅然选择了莫比乌斯反演（= =），
首先可以简单考虑一个方法：
$$令f(x)表示gcd(i,j)=x的对数，\\ 令F(x)表示x|gcd(i,j)的对数，\\ 那么ans=\sum_{x=1}^{min(n,m)}x*f(x)\\ F(x)=\sum_{x|d}f(d)=\lfloor \frac nx \rfloor*\lfloor \frac mx \rfloor$$
对于最后那个如此熟悉的式子作莫比乌斯反演变换，就得到了
$$f(x)=\sum_{x|d}\mu(\frac dx)*F(d)\\ =\sum_{x|d}\mu(\frac dx)*\lfloor \frac nx \rfloor*\lfloor \frac mx \rfloor$$
那么重写ans的表达式
$$ans=\sum_{x=1}^{min(n,m)}x*f(x)\\ =\sum_{x=1}^{min(n,m)}(x*\sum_{x|d}\mu(\frac dx)*\lfloor \frac nx \rfloor*\lfloor \frac mx \rfloor)\\ =\sum_{x=1}^{min(n,m)}(x*\sum_{k=1}^{\lfloor min(n,m)/x\rfloor}\mu(k)*\lfloor \frac {\lfloor n/x\rfloor}k \rfloor*\lfloor \frac {\lfloor m/x\rfloor}k \rfloor)$$
我们知道对于$\sum_{k=1}^{\lfloor min(n,m)/x\rfloor}\mu(k)*\lfloor \frac {\lfloor n/x\rfloor}k \rfloor*\lfloor \frac {\lfloor m/x\rfloor}k \rfloor)$（以下记为calc）
我们是能够在O($\sqrt n$)时间内计算出的（分段优化）
那么因为要枚举x，所以总时间复杂度O($n\sqrt n$)
……啊喂！没有任何长进啊！
但是我们仔细看看ans的表达式！仔细看！。。有没有发现，
$\lfloor \frac nx\rfloor$也是可以分段优化的！
也就是说，对于一段x，$\lfloor \frac nx\rfloor\lfloor \frac mx\rfloor$都相等，
那么明显$\lfloor \frac {min(n,m)}x\rfloor$在这一段也是相等的。。
所以后面的calc的值是一段不变的……
而我们知道$\lfloor \frac nx\rfloor和\lfloor \frac mx\rfloor$这俩家伙也就O($\sqrt n$)种值
所以我们不用从1~min(n,m)枚举x了，直接一段段枚举，
时间复杂度是O($\sqrt n*\sqrt n$)=O($n$)的！
……所以n完全可以100W=v=

那么求出这个gcd的和之后，记为x，答案就是2x-n*m了。
比较悲催的是，写渣了，跑得比带根号的还慢……QAQ

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int 
    maxn=100005;
ll summu[maxn];
int mu[maxn],prime[maxn];
bool notprime[maxn];
void Pre(){
    notprime[1]=mu[1]=summu[1]=1;
    int pcnt=0;
    for (int i=2;i<maxn;i++){
        if (!notprime[i]) mu[i]=-1,prime[++pcnt]=i;
        for (int j=1;j<=pcnt;j++){
            if (i*prime[j]>=maxn) break;
            notprime[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]) mu[i*prime[j]]=-mu[i];
             else{mu[i*prime[j]]=0;break;}
        }
        summu[i]=summu[i-1]+mu[i];
    }
}
ll calc(int n,int m,int tmp){
    int last;ll ans=0LL;
    for (int i=1;i<=tmp;i=last+1){
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(summu[last]-summu[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ans;
}
int main(){
    Pre();
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    ll ans=0LL;int last,tmp=min(n,m);
    for (int i=1;i<=tmp;i=last+1){
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ll t=(ll)(last+i)*(last-i+1)/2LL;
        ans+=calc(n/i,m/i,tmp/i)*t;
    }
    ans=(ans<<1LL)-(ll)n*m;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}