BZOJ 2820 YY的GCD ——莫比乌斯反演

Posted 2020-09-05 SfailSth ——Salt Fish

我们可以枚举每一个质数，那么答案就是

$\sum_{p}\sum_{d<=n}\mu(d)*\lfloor n / pd \rfloor *\lfloor m / pd \rfloor$

直接做？TLE

考虑优化，由于看到了pd是成对出现的，令T=pd

$ans=\sum_{T<=min(n,m)}\lfloor n / T \rfloor *\lfloor m / T \rfloor \sum_{p \mid T}\mu(T/p)$

或者

$ans=\sum_{T<=min(n,m)}\lfloor n / T \rfloor *\lfloor m / T \rfloor \sum_{d \mid T}\mu(d)$

显然第一个更好求，我们只需要枚举质数即可

根据欧拉公式近似$\sum_{i=1} 1/i = ln n + r$

每个质数均摊logn的复杂度，那么质数个数是n/logn的，我们就可以O(n)预处理了。

然后算出前缀和，进行下界函数分块即可。

优化的思路很好，成绩出现时枚举乘积，然后枚举其中一个因子进行容斥。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define F(i,j,k) for (int i=j;i<=k;++i)
#define D(i,j,k) for (int i=j;i>=k;--i)
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define maxn 10000005
int mu[maxn],pr[maxn],top,sim[maxn];
bool vis[maxn];
void init()
{
    memset(vis,false,sizeof vis);
    mu[1]=1;
    F(i,2,maxn-1)
    {
        if (!vis[i]) pr[++top]=i,mu[i]=-1;
        F(j,1,top)
        {
            if (pr[j]*i>=maxn) break;
            vis[i*pr[j]]=true;
            if (i%pr[j]==0) {mu[i*pr[j]]=0;break;}
            mu[i*pr[j]]=-mu[i];
        }
    }
//  F(i,1,10) printf("%d ",mu[i]);
}
 
int t,n,m;
 
ll solve(int n,int m)
{
    ll ret=0;
    if (n>m) swap(n,m);
    for (int i=1,last=0;i<=n;i=last+1)
    {
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ret+=((ll)sim[last]-sim[i-1])*(m/i)*(n/i);
    }
    return ret;
}
 
int main()
{
    init();
    F(i,1,top)
        F(j,1,inf)
        {
            if (pr[i]*j>=maxn) break;
            sim[pr[i]*j]+=mu[j];
        }
    F(i,1,maxn-1) sim[i]+=sim[i-1];
    scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        printf("%lld\n",solve(n,m));
    }
}