【bzoj2694】Lcm 莫比乌斯反演

题目大意：对于任意的>1的n gcd(a, b)不是n^2的倍数，的1到a和1到b的lcm(a,b)之和。
题解：又是一道变态题。。。。。。。。。。
可以参考同系列的上一篇文章，这题主要的特殊处在于不能出现gcd(a,b)为n^2倍数的lcm(a,b)，通过一顿瞎搞我们发现最后要求的前缀和中多出了一个abs（u（D/i）），这还是一个积性函数，唯一不同的是i中包含prime[j]的情况，这个我们就找规律，如果一个数中包含三个一样的因子的话无论如何两个u中一定有一个包含两个一样的因子，那么表达式为0，所以出现这种情况的话最后一定为0。如果只有两个一样的因子的时候我们可以看出只有当两个u中各包含一个该因子的时候表达式才有值，再通过这个瞎推一下就行了。

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<iostream>#include<iomanip>#include<ctime>#include<cmath>#include<cstring>#include<string>#include<algorithm>using namespace std;int sum[4001000];int prime[400100];bool pd[4001000];int top=0;void shai(){    sum[1]=1;    for(int i=2;i<=4000000;i++)    {        if(!pd[i])        {            prime[++top]=i;            sum[i]=i-i*i;        }        for(int j=1;i*prime[j]<=4000000;j++)        {            pd[i*prime[j]]=true;            if(i%prime[j]==0)            {                int x=i/prime[j];                if(x%prime[j]==0) sum[i*prime[j]]=0;                else sum[i*prime[j]]=-prime[j]*prime[j]*prime[j]*sum[x];                break;            }            sum[i*prime[j]]=sum[i]*sum[prime[j]];        }    }    for(int i=1;i<=4000000;i++)    {        sum[i]=sum[i]+sum[i-1];    }}inline int Sum(int x,int y){    int mid1=x*(x+1)/2;    int mid2=y*(y+1)/2;    return mid1*mid2;}int solve(int n,int m){    int last;    int limit=min(n,m);    long long re=0;    for(int i=1;i<=limit;i=last+1)    {        last=min(n/(n/i),m/(m/i));        re=re+(sum[last]-sum[i-1])*Sum(n/i,m/i);    }    return re;}int main(){    //freopen("a.in","r",stdin);    //freopen("a.out","w",stdout);    shai();    int T;    scanf("%d",&T);    int n,m;    while(T--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        long long ans=solve(n,m);        printf("%d\n",ans&((1<<30)-1));    }    return 0;}