bzoj 2820: YY的GCD（莫比乌斯反演）

2820: YY的GCD

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Description

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

Input

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

Output

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

Sample Input

2

10 10

100 100

Sample Output

30

2791

和bzoj 1101 &&bzoj 2301特别像

一个是求使得Gcd(x, y)为定值D的有多少对

一个是求使得Gcd(x, y)为质数的有多少对

由前两题题解

http://blog.csdn.net/jaihk662/article/details/76424811 for 2301

http://blog.csdn.net/jaihk662/article/details/76392853 for 1101

可以很容易得出公式

（其中p为质数）

看这个式子：也就是说我们要枚举每一个质数p，然后对于每个质数p再枚举d

显然会超时，所以还需要优化

很显然：当p*d>min(n, m)时答案为0，所以p*d的范围也是1到min(n, m)

那么令T = p*d，并假设n=min(n, m)，有

其实这个公式转化规则就是看对于每个T∈(1, n)，[n/T]*[m/T]对答案贡献了多少

然后这个部分可以直接预处理出来，

暴力枚举每一个质数，然后对于每个质数暴力它的倍数即可

#include<stdio.h>#include<algorithm>using namespace std;#define LL long longbool flag[10000005] = {1,1};int cnt, pri[1000005], mu[10000005] = {1,1};LL key[10000005];LL Jud(int n, int m){int L, R;LL ans = 0;if(n>m)  swap(n, m);L = 1;while(L<=n){R = min(n/(n/L), m/(m/L));ans += (key[R]-key[L-1])*(m/L)*(n/L);L = R+1;}return ans;}int main(void){int T, x, y, i, j;for(i=2;i<=10000000;i++){if(flag[i]==0){pri[++cnt] = i;mu[i] = -1;}for(j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=10000000;j++){flag[i*pri[j]] = 1;if(i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]] = 0;break;}mu[i*pri[j]] = -mu[i];}}for(i=1;i<=cnt;i++){for(j=pri[i];j<=10000000;j+=pri[i])key[j] += mu[j/pri[i]];}for(i=1;i<=10000000;i++)key[i] += key[i-1];scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d%d", &x, &y);printf("%lld\n", Jud(x, y));}return 0;}