Description
(T) 组询问，定义 (F(n)=sumlimits_{d|n}d)。每次给出 (n,m,a) 求
(T leq 20000;n,m,aleq 10^5)
Solution
首先 (F) 可以直接暴力地 (O(n log n)) 筛出来。
考虑 (a) 的限制不是很好处理，假设没有这个 (a) 的限制，则所求为
令 (G(i)=sumlimits_{x=1}^{n}sumlimits_{y=1}^{m}[gcd(x,y)=i])。这个东西是什么呢？在 这里 有它的推导过程。根据里面的过程，可以得到 (G(i) = sumlimits_{d=1}^{lfloorfrac{n}{i}
floor}mu(d)lfloorfrac{n}{id}
floorlfloorfrac{m}{id}
floor)（默认 (n leq m)）
令下面的过程中(t = id)，则所求的是
观察后面的式子，正好是一个狄利克雷卷积的形式。这种样子的都可以类似于那种 (O(n log n)) 地质数筛法在调和级数内求出来，再结合分块就可以做完这个没有 (a) 的题。
现在有了 (a) 的限制之后，离线。把询问按照 (a) 从小到大排序，然后按照 (F(i)) 从小到大加入。每当有一个新的 (a) ，就可以移动指针，将一些 (F) 用处理 (sumlimits_{i | t}F(i)mu(frac{t}{i})) 的方式加入到这个里面。然后加入完之后用分块计算就行。
现在需要维护单点操作，查询前缀和，树状数组是不错的选择。
由于取模是 (2^{32} - 1) ，可以直接 int 自然溢出最后和 (2147483647) 取一个 & 就行了。
时间复杂度：(O(n + n log n + n log ^ 2 (n) + T log (n)sqrt n))
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100000;
int T, cnt, flag[N + 5], p[N + 5], F[N + 5], mu[N + 5], ans[N + 5];
inline void prework() {
flag[1] = mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= N; i++) {
if(!flag[i]) { p[++cnt] = i, mu[i] = -1; }
for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= N; j++) {
flag[i * p[j]] = 1; if(i % p[j] == 0) {
mu[i * p[j]] = 0; break ;
} mu[i * p[j]] = mu[i] * -1;
}
}
for(int i = 1; i <= N; i++)
for(int j = i; j <= N; j += i) F[j] += i;
}
int c[N + 5];
inline int lb(int x) { return x & (-x); }
inline void add(int x, int d) {
for(int i = x; i <= N; i += lb(i)) c[i] += d;
}
inline int sum(int x) {
int ret = 0;
for(int i = x; i; i -= lb(i))
ret += c[i]; return ret;
}
inline int calc(int n, int m) {
int ret = 0;
for(int l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1) {
r = min(n / (n / l), m / (m / l));
ret += (n / l) * (m / l) * (sum(r) - sum(l - 1));
} return ret;
}
struct Query {
int n, m, a, id;
inline bool operator < (const Query &x) const {
return a < x.a;
}
}Q[N + 5];
struct node {
int id, d;
inline bool operator < (const node &x) const {
return d < x.d;
}
}A[N + 5];
int main() {
prework(); scanf("%d", &T);
for(int i = 1; i <= T; i++) scanf("%d %d %d", &Q[i].n, &Q[i].m, &Q[i].a), Q[i].id = i;
for(int i = 1; i <= N; i++) A[i].d = F[i], A[i].id = i;
sort(Q + 1, Q + T + 1); sort(A + 1, A + N + 1); int pos = 0;
for(int i = 1; i <= T; i++) {
while(pos < N && A[pos + 1].d <= Q[i].a) {
++pos;
for(int j = 1; A[pos].id * j <= N; j++)
add(j * A[pos].id, A[pos].d * mu[j]);
} ans[Q[i].id] = calc(Q[i].n, Q[i].m);
}
for(int i = 1; i <= T; i++) printf("%d
", ans[i] & 2147483647);
return 0;
}