[莫比乌斯反演+分块求和] BZOJ2820: YY的GCD

题意

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。
T(组数) = 10000 N,M<=10000000

题解

如果我们枚举质数p=gcd(x,y)，然后反演：
设f(i)表示满足gcd(x,y)等于i的有序数对(x,y)的个数。
F(i)=∑i|df(d)=⌊ni⌋⌊mi⌋
反演得：
f(1)=∑min(n/p,m/p)dμ(d)⌊n/pd⌋⌊m/pd⌋
总答案为：
∑min(n,m)p∑min(n/p,m/p)dμ(d)⌊n/pd⌋⌊m/pd⌋
现在就是要考虑如何优化求和过程了。
注意到⌊n/pd⌋⌊m/pd⌋ 这个东西是一段一段的，所以设T=p∗d，得
∑min(n,m)T=1⌊nT⌋⌊mT⌋∑pμ(T/p)
如果我们能求出后面这个∑pμ(T/p)的前缀和，之后的处理就和 这题 一样了，分块求和。
其实直接暴力枚举p就能求啦，复杂度是O(n)的。因为素数个数约为n/lnn, 而形如1+1/2+1/3+1/4…+1/n可以估计出来约为lnn, 所以均摊下来共O(n)。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=10000005, N=10000000;int n,m,_test,mu[maxn],p[maxn],sum[maxn];long long ans;bool vis[maxn];void get_mu(){    memset(vis,1,sizeof(vis));    mu[1]=1;    for(int i=2;i<=N;i++){        if(vis[i]) p[++p[0]]=i, mu[i]=-1;        for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=N;j++){            vis[i*p[j]]=false;            if(i%p[j]==0){ mu[i*p[j]]=0; break; }            mu[i*p[j]]=-mu[i];        }    }}int main(){    freopen("bzoj2820.in","r",stdin);    freopen("bzoj2820.out","w",stdout);    get_mu();    for(int i=1;i<=p[0];i++)     for(int j=1;p[i]*j<=N;j++) sum[p[i]*j]+=mu[j];    for(int i=1;i<=N;i++) sum[i]+=sum[i-1];    scanf("%d",&_test);    while(_test--){        scanf("%d%d",&n,&m); if(n>m) swap(n,m);        ans=0;        for(int i=1,nxt=0;i<=n;i=nxt+1){              nxt=min(n/(n/i),m/(m/i));              ans+=((long long)n/i)*(m/i)*(sum[nxt]-sum[i-1]);          }        printf("%lld\n",ans);    }}