洛谷2257：YY的GCD

题意描述

问\(\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[gcd(i,j)==p]\)，其中\(p\)是所有质数。
数据范围\(N,M\leq 10^7\)，有\(10000\)组测试数据。

思路：

莫比乌斯反演
设\(f(d)\)为\(gcd(i,j)==d\)的个数：\(f(d)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]\)。
\(F(n)\)为\(gcd(i,j)==kn\)的个数，其中\(k=1,2,...\)。
有\(F(n)=\sum_{n|d}f(d)=\frac{N}{n}\frac{M}{n}\)。
\(f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)\)。
\(ans=\sum_{p\in primes}\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[gcd(i,j)==p]\).
\(=\sum_{p\in primes}f(p)\)。
\(=\sum_{p\in primes}\sum_{p|d}\mu(\frac{d}{p})F(d)\).
枚举\(\frac{d}{p}=t\)，有
\(=\sum_{p\in primes}\sum_{t=1}^{min\{\frac{N}{p},\frac{M}{p}\}}\mu(t)\frac{N}{tp}\frac{M}{tp}\)。
设\(T=tp\)，有：
\(\sum_{p\in primes}\sum_{t=1}^{min\{\frac{N}{p},\frac{M}{p}\}}\mu(t)*\frac{N}{T}\frac{M}{T}\)。
枚举一下\(T\)，有：
\(\sum_{T=1}^{min\{N,M\}}\frac{N}{T}\frac{M}{T}\sum_{k|T,k\in primes}\mu(\frac{T}{k})\)。
后面这一项求和可以预处理前缀和\(O(1)\)查询。
前面一项可以通过整除分块优化至\(O(\sqrt{n})\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e7 + 1e5;
int mu[maxn], primes[maxn], cnt;
long long sum[maxn], f[maxn];
bool vis[maxn];
void get_mu(int n)
{
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            primes[++cnt] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1; primes[j] <= n/i; j++)
        {
            vis[primes[j]*i] = 1;
            if(i % primes[j] == 0) break;
            else mu[i*primes[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= cnt; i++)
        for(int j = 1; primes[i] <= n/j; j++)
            f[j*primes[i]] += mu[j];
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        sum[i] = sum[i-1] + f[i];
}

int main()
{
    get_mu(10000000+5);
    int T; scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        int n, m;
        long long ans = 0;
        scanf("%d%d", &n, &m);
        if(n > m) swap(n, m);
        for(int l = 1, r; l <= n; l = r+1)
        {
            r = min(n/(n/l), m/(m/l));
            ans += 1ll*(1ll*(n/l)*1ll*(m/l) * (sum[r]-sum[l-1]));
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/zxytxdy/p/12170596.html