【ybt金牌导航8-7-1】数对统计 / 关于莫比乌斯函数的少量内容

数对统计

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题目大意

给你 n,m，求 gcd(x,y)=1 的数对个数。
1<=x<=n,1<=y<=m

思路

莫比乌斯函数

什么东西

首先我们要知道莫比乌斯函数是个什么鬼东西。

首先，我们先不管莫比乌斯函数，先来看一个函数：(F(n)=sum_{d|n}f(d))
（假设 (f(d)) 是一个给出的函数）

那根据定义，我们可以先弄一下：
(F(1)=f(1))
(F(2)=f(1)+f(2))
(F(3)=f(1)+f(3))
(F(4)=f(1)+f(2)+f(4))
(F(5)=f(1)+f(5))
(F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6))
(F(7)=f(1)+f(7))
(F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8))

那我们考虑用 (F(n)) 来推 (f(n))
(f(1)=F(1))
(f(2)=F(2)-F(1))
(f(3)=F(3)-F(1))
(f(4)=F(4)-F(2))
(f(5)=F(5)-F(1))
(f(6)=F(6)-F(3)-F(2)+F(1))
(f(7)=F(7)-F(1))
(f(8)=F(8)-F(4))

那我们会发现，它只会由它因数的 (F) 值加减或者不要组成。

那我们可以把它弄成这样的形式：
(f(n)=sum_{d|n}mu(d)F(frac{n}{d}))

那我们的莫比乌斯函数 (mu(d)) 就出现了！

定义

如果 (d=1)，那 (mu(d)=1)
如果 (d=p_1p_2...p_k)，(p_i) 是互不相同的素数，那就会有 (mu(d)=(-1)^k)
如果不满足上面两个条件，那 (mu(d)=0)

如何求

首先，我们可以很明显的看出用定义法求会比较慢，尤其是要求一个区间的。

我们可以考虑用类似 DP 的方法求。

看到跟素数有关，自然想到先用欧拉筛求。
然后我们可以考虑，在欧拉筛枚举最小质因子的时候，我们可以想到你处理 (i imes prime_j) 这个数。
那我们想 (prime_j) 的 (mu) 值已经求出，那我们可以看这个最小的质因子是否已经是 (prime_j) 的因子（就是能否整除）。
如果能整除，那就说明这个质数有两个，那就直接 (mu_{i imes prime_j}=0)，那否则就是多一个素数，就是 (mu_{i imes prime_j}=mu_{i} imes-1)。

你会想，啊，如果原来 (prime_j) 已经有一个素数能分解出两个或以上呢？
那因为这样，它的 (mu) 值就一定是 (0)，就算乘了 (-1)，也还是 (0)，就没有问题了。

一些性质

(sum_{d|n}mu(d)=left{egin{matrix} 1 n=1\ 0 n>1 end{matrix} ight.)
(varphi(n)=sum_{d|n}dfrac{mu(d) imes n}{d})

关于这道题

我们考虑利用第一条性质：
(ans=sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1])

(egin{aligned} ans &= sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]\ &= sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}sumlimits_{d|gcd(i,j)}mu(d)\ &= sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}sumlimits_{d|i,d|j}mu(d)\ &= sumlimits_{d}sumlimits_{i=1,d|i}^{n}sumlimits_{j=1,d|j}^{m}mu(d)\ &= sumlimits_{d}mu(d)cdotleft lfloor frac{n}{d} ight floorcdotleft lfloor frac{m}{d} ight floor end{aligned})

然后这就是 (O(n)) 的，但是因为它是多次询问，每个询问都是 (O(n))，就还是过不了。

然后看到向下取整，自然想到整除分块。
那就前缀和 (mu) 函数，然后就整除分块处理就好了。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long

using namespace std;

ll T;
ll n, m;
ll miu[100001], prime[100001];
ll qz[100001];
bool np[100001];

void get_miu() {//同欧拉筛预处理 μ
	miu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= 100000; i++) {
		if (!np[i]) {
			prime[++prime[0]] = i;
			miu[i] = -1;
		}
		for (int j = 1; j <= prime[0] && 1ll * i * prime[j] <= 100000ll; j++) {
			np[i * prime[j]] = 1;
			if (i % prime[j] == 0) {
				miu[i * prime[j]] = 0;
				break;
			}
			else miu[i * prime[j]] = miu[i] * -1;
		}
	}
}

void get_qz() {//前缀和
	for (int i = 1; i <= 100000; i++)
		qz[i] = qz[i - 1] + miu[i];
}

void work(int n, int m) {
	ll ans = 0;
	for (int l = 1; l <= n && l <= m; ) {
		int r = min(n / (n / l), m / (m / l));//数论分块加速
		ans += (qz[r] - qz[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
		l = r + 1;
	}
	printf("%lld
", ans);
}

int main() {
	get_miu();
	get_qz();
	
	scanf("%lld", &T);
	while (T--) {
		scanf("%lld %lld", &n, &m);
		work(n, m);
	}
	
	return 0;
}