【莫比烏斯反演】BZOJ2820 YY的GCD

題面在這裏

與這道題類似。

先考慮枚舉質數p，答案就是：

∑p∑dμ(d)⌊npd⌋⌊mpd⌋

設T=pd ，考慮枚舉T ，則有：

∑Tmin{n,m}⌊nT⌋⌊mT⌋∑p|Tμ(Tp)

如果能夠預處理∑p|Tμ(Tp) 關於T 的前綴和，前面的柿子就可以O(n√) 求解

其實直接暴枚p 就好了

因爲均攤每個質數是ln(n) 的，而質數的個數是nln(n) 個

所以預處理是O(n) 的

示例程序：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn=10000005;
int tst,n,m,p[maxn],mu[maxn],t[maxn];
ll sum[maxn];
bool vis[maxn];
void get_mu(){
    int n=10000000;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[j]&&i*p[j]<=n;j++){
            vis[i*p[j]]=1;
            if (i%p[j]==0) {mu[i*p[j]]=0;break;}
             else mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for (int i=1;i<=p[0];i++)
     for (int j=1;p[i]*j<=n;j++) t[p[i]*j]+=mu[j];
    for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+t[i];
}
ll get(int n,int m){
    if (n>m) swap(n,m);
    ll res=0;
    for (int T=1,lst=0;T<=n;T=lst+1){
        lst=min(n/(n/T),m/(m/T));
        res+=(sum[lst]-sum[T-1])*(n/T)*(m/T);
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d",&tst);get_mu();
    while (tst--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        printf("%lld\n",get(n,m));
    }
    return 0;
}