NKOJ 3957 （BZOJ 2820）YY的GCD （莫比烏斯反演+線性篩）

P3957YY的GCD

問題描述

神犇YY虐完數論後給傻×kAc出了一題
給定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)爲質數的(x, y)有多少對
kAc這種傻×必然不會了，於是向你來請教……

輸入格式

第一行一個整數T 表述數據組數

接下來T行，每行兩個正整數，表示N, M

輸出格式

T行，每行一個整數表示第i組數據的結果

樣例輸入

2
10 10
100 100

樣例輸出

30
2791

提示

T = 10000

N, M <= 10000000

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顯然Ans=∑min(n,m)p∑ni=1∑mj=1[gcd(i,j)==p]，p爲質數$Ans=\sum _p^{min(n,m)}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==p]，p爲質數$

令f(p)=∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)==p],F(p)=∑i=1n∑j=1m[p|gcd(i,j)]$$令f(p)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==p],F(p)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[p|gcd(i,j)]$$

令N=min(n,m)，那麼F(p)=∑p|kNf(k)=⌊np⌋⌊mp⌋$$令N=min(n,m)，那麼F(p)=\sum _{p|k}^{N}f(k)=\lfloor \frac{n}{p}\rfloor \lfloor \frac{m}{p}\rfloor$$

反演一下，f(p)=∑p|kNμ(kp)F(k)=∑p|kNμ(kp)⌊nk⌋⌊mk⌋$$反演一下，f(p)=\sum _{p|k}^N\mu (\frac{k}{p})F(k)=\sum _{p|k}^N\mu (\frac{k}{p})\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor$$

那麼Ans=∑pNf(p)=∑pN∑p|kNμ(kp)⌊nk⌋⌊mk⌋$$那麼Ans=\sum _p^{N}f(p)=\sum _p^N\sum _{p|k}^N\mu (\frac{k}{p})\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor$$

如果是單組詢問，到這裏已經可以了，但本題有多組詢問，因此

交換一下枚舉順序，Ans=∑k=1N⌊nk⌋⌊mk⌋∑p|kμ(kp)，p爲質數$$交換一下枚舉順序，Ans=\sum _{k=1}^N\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor \sum _{p|k}\mu (\frac{k}{p})，p爲質數$$

後面的部分可以直接枚舉質數再枚舉倍數預處理，複雜度接近O(n)$O(n)$
但顯然可以線性篩處理，令其爲g[i]$g[i]$ ，當p[j]|i$p[j]|i$ 時，g[i∗p[j]]=μ(i)$g[i\ast p[j]]=\mu (i)$ ，否則g[i∗p[j]]=mu[i]−g[i]$g[i\ast p[j]]=mu[i]-g[i]$
然後分塊處理即可，複雜度O(n+Tn−−√)$O(n+T\sqrt{n})$

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代碼：

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#define N 10000005
#define ll long long
using namespace std;
ll T,P[N],tot,mu[N],g[N];
bool mark[N];
void EU()
{
    ll i,j;mu[1]=1;g[1]=0;
    for(i=2;i<N;i++)
    {
        if(!mark[i])P[++tot]=i,mu[i]=-1,g[i]=1;
        for(j=1;j<=tot&&i*P[j]<N;j++)
        if(i%P[j])mu[i*P[j]]=-mu[i],g[i*P[j]]=mu[i]-g[i],mark[i*P[j]]=1;
        else {mu[i*P[j]]=0;g[i*P[j]]=mu[i];mark[i*P[j]]=1;break;}
    }
    for(i=2;i<N;i++)g[i]+=g[i-1];
}
int main()
{
    ll n,m,i,j,ans;
    scanf("%lld",&T);EU();
    while(T--)
    {
        scanf("%lld%lld",&n,&m);ans=0;
        for(i=1;i<=n&&i<=m;i=j+1)
        {
            j=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=(n/i)*(m/i)*(g[j]-g[i-1]);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}