这道题还是和上一道【ZAP】有那么一点点的相似哈
题目大意
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
如果对莫比乌斯反演有一点点基本的认识的话，就会有一种非常显然的思路
我们枚举每一个质数，然后对他们进行求和，即可得到答案的式子
\[ans=\sum_{k\in prime}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\left [ gcd(i,j)=k \right ]\]
后面那一段显然是可以通过莫比乌斯反演来处理的
所以答案为
\[ans=\sum_{p\in prime}\sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}\mu (d)\left \lfloor \frac{n}{pd} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{pd} \right \rfloor\]
然后，我们考虑还有没有可以预处理的地方
令\(T=pd\),则原式可以化为
\[ans=\sum_{T}^{min(n,m)}\sum_{p|T}\mu (\frac{T}{p})\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor\]
\(\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor\)和\(T\)无关，故进一步化成
\[ans=\sum_{T}^{min(n,m)}\left \lfloor \frac{n}{T}\right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor\sum_{p|T}\mu (\frac{T}{p})\]
然后，我们就只需要考察\(\sum_{p|T}\mu (\frac{T}{p})\)这一部分是否可以快速求得
用最直接的办法，看到素数，我们就会想到线性筛。
于是我们考虑先将范围内的每一个素数筛出，然后用类似于筛法的方式将其的答案给筛出来
其实也很好理解，就是把枚举的\(p\)换成了枚举\(T\)
于是，这一段我们也能够用前缀和保存了，总时间复杂度\(O(T* \sqrt{n}+n)\)
贴代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=1e7+10;
int miu[maxn],prime[maxn],t;
bool vis[maxn];
ll sum[maxn];
void mobius()
{
miu[1]=1;
for(int i=2;i<=maxn;i++)
{
if(vis[i]==0)
miu[i]=-1,++t,prime[t]=i;
for(int j=1;j<=t&&i*prime[j]<=maxn;++j)
{
vis[i*prime[j]]=1;
if(!(i%prime[j])) break;
else miu[i*prime[j]]-=miu[i];
}
}
for(int j=1;j<=t;++j)
for(int i=1;i*prime[j]<=maxn;++i)
sum[i*prime[j]]+=miu[i];//其实没有想象中那么麻烦，筛一遍就好了
for(int i=1;i<=maxn;++i)
sum[i]+=sum[i-1];
}
int main()
{
mobius();
long long T;
long long n,m;
ll ans=0;
scanf("%lld",&T);
for(int _=1;_<=T;++_)
{
ans=0;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
long long tmp=min(n,m);
long long l,r;
for(l=1;l<=tmp;l=r+1)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
}