bzoj2005 [NOI2010]能量採集 莫比烏斯反演

題目鏈接：傳送門

考慮點$(x,y)$對答案的貢獻：
設$gcd(x,y)=k$，$x=ak,y=bk.$
若有$x',y'$滿足$(x',y')$在$(0,0)$到$(x,y)$的直線上，則有$\large\frac{y'}{x'}=\frac{y}{x}=\frac{b}{a}$
則$(x',y')$珂以取的值爲：$(a,b),(2a,2b),...,((k-1)a,(k-1)b)$
所以$(0,0)$到$(x,y)$共有$k-1$個點，即$gcd(x,y)-1$個點qwq。
所以答案變成：
$ans=\Large\Sigma\large_{i=1}^{N}\Large\Sigma\large_{j=1}^M(2(gcd(i,j)-1)+1)$
$=2\Large\Sigma\large_{i=1}^N\Large\Sigma\large_{i=1}^Mgcd(i,j)-N*M$
調換一下枚舉順序，珂以得到$ans=2\Large\Sigma\large_{t=1}^{min(N,M)}t(\Large\Sigma\large_{i=1}^N\Large\Sigma\large_{j=1}^M[gcd(i,j)==t])-N*M$
對這坨東西大莉莫比烏斯反演，亂搞一波（亂搞過程：蒟蒻的博客qwq）
得到$ans=\Large\Sigma\large_{t=1}^{min(N,M)}(t\Large\Sigma\large_{t|d}\mu(\frac{d}{t})\lfloor\frac{N}{d}\rfloor\lfloor\frac{M}{d}\rfloor)-N*M$
然後每次大莉枚舉$t$，對括號裏的部分大莉枚舉$t$的倍數即可。
珂以證明這樣時間複雜度是$O(nlogn)$的qwq
話說這道題好像還有一個查詢只用$O(\sqrt n)$的神仙做法……比較玄學qwq

毒瘤代碼

#include<stdio.h>
#include<cstring> 
#include<algorithm>
#define re register int
#define rl register ll
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {
	re x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9') {
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9') {
		x=10*x+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int Size=100005;
int tot,prime[Size],mu[Size];
bool vis[Size];
void getp(int maxn) {
	mu[1]=1;
	for(re i=2; i<=maxn; i++) {
		if(!vis[i]) {
			prime[++tot]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(re j=1; j<=tot && i*prime[j]<=maxn; j++) {
			vis[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0)	break;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
}
int main() {
	int n=read();
	int m=read();
	int minn=min(n,m);
	getp(minn);
	ll ans=0;
	for(re t=1; t<=minn; t++) {
		int lst;
		ll sum=0;
		for(re i=t; i<=minn; i+=t) {
			sum+=(ll)mu[i/t]*(n/i)*(m/i);
		}
		ans+=sum*t;
	}
	printf("%lld",(ans<<1ll)-(ll)n*m);
	return 0;
}