【BZOJ3309】DZY Loves Math（莫比乌斯反演）

题面

求

[sum_{i=1}^asum_{j=1}^bf(gcd(a,b)) ]

其中，(f(x))表示(x)分解质因数之后，最高的幂次

题解

完全不会莫比乌斯反演了。
先来推式子

[sum_{d=1}^asum_{i=1}^{a/d}sum_{j=1}^{b/d}[gcd(i,j)=1]f(d) ]

[sum_{d=1}^af(d)sum_{i=1}^{a/d}sum_{j=1}^{b/d}[gcd(i,j)=1] ]

设(F(x)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=x])
(G(x)=sum_{x|d}f(d)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[x|gcd(i,j)])
所以(G(x)=[frac{n}{x}][frac{m}{x}])
所以原式可以变为
又有(F(x)=sum_{x|d}mu(frac{d}{x})G(d))
所以(F(1)=sum_{d=1}^nmu(d)G(d))
所以所求变为

[sum_{d=1}^af(d)sum_{i=1}^{a/d}mu(i)G(i) ]

[sum_{d=1}^af(d)sum_{i=1}^{a/d}mu(i)[frac{a}{id}][frac{b}{id}] ]

老套路了，令(T=id)

[sum_{T=1}^a[frac{a}{T}][frac{b}{T}]sum_{d|T}f(d)mu(frac{T}{d}) ]

后面这个玩意怎么算呢？？
迷茫啊。。。。

考虑枚举的每一个(T=p1^{a1}*p2^{a2}...pn^{an})
因为(mu)要非零才有贡献，所以(frac{T}{d})的每一个质因数最多取(1)，因此一共有(2^n)个对应的(d)
假设确定了选择某个质因数(px^{ax-1})，并且它是最高幂了
那么所有比它低的幂次都可以随意选或者不选，
一共是(2^{?-1})个，不难证明此时(f(d))的值一样，(mu)的值恰好一一对应为(-1,1)，此时的和一定为(0)
这样的前提是存在比他低的次幂，也就意味着所有的幂次不全相等。

假设全部相等的时候？
也就是(T=(p1p2p3..pn)^a)
(d=(p1p2..pn)^{a-1})时，(f(d)=a-1)
其他情况下(f(d)=a)
先假设所有情况下(f(d)=a)
显然最终的和也是(0)
但是有一种情况下为(a-1)，因此要对于上面那种情况额外把(1)减掉
因此贡献是(-1*mu(p1p2p3..pn)=(-1)^{(n+1)})

这样就可以算出后面那一坨东西的值了。
至于怎么线性筛？
额外记录每个数出去最小质因子后的数(lst[i])
以及最小质因子的幂次
这样就可以通过(lst[i])计算出结果了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 10000000
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
bool zs[MAX+1];
int pri[MAX+1],tot,g[MAX+1],lst[MAX+1],fp[MAX+1];
void pre()
{
	for(int i=2;i<=MAX;++i)
	{
		if(!zs[i])pri[++tot]=i,lst[i]=g[i]=fp[i]=1;
		for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=MAX;++j)
		{
			int x=i*pri[j];
			zs[x]=true;
			if(i%pri[j]==0)
			{
				lst[x]=lst[i];
				fp[x]=fp[i]+1;
				if(lst[x]==1)g[x]=1;
				else g[x]=(fp[lst[x]]==fp[x]?-g[lst[x]]:0);
				break;
			}
			lst[x]=i;fp[x]=1;g[x]=(fp[i]==1?-g[i]:0);
		}
	}
	for(int i=1;i<=MAX;++i)g[i]+=g[i-1];
}
int main()
{
	pre();
	int T=read();
	while(T--)
	{
		int a=read(),b=read();
		if(a>b)swap(a,b);
		ll ans=0;
		for(int i=1,j;i<=a;i=j+1)
		{
			j=min(a/(a/i),b/(b/i));
			ans+=1ll*(a/i)*(b/i)*(g[j]-g[i-1]);
		}
		printf("%lld
",ans);
	}
	return 0;
}