设
\[f(n)=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[(i,j)=n]\]
我们的答案显然是
\[ans=\sum_{p\in prime}f(p)\]
设
\[F(n)=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[n|(i,j)]\]
即有多少个数对的最大公约数是\(n\)的倍数
显然\(F(n)=\left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{n} \right \rfloor\)
同时还存在
\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)\]
看起来并不能反演，但是我们大胆猜测会存在这样的性质
\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)\]
看起来很靠谱啊，那就证明一下吧
\[\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})\sum_{d|i}f(i)\]
考虑把\(f(i)\)提前，因为\(n|d,d|i\)，所以\(n|i\)
\[\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})\sum_{d|i}f(i)=\sum_{n|i}f(i)\sum_{d|i,n|d}\mu(\frac{d}{n})\]
设\(d=kn,i=cd\)，则有\(i=ckn\)
则\(\frac{d}{n}=k,\frac{i}{n}=ck\)，所以其实是在\(\frac{i}{n}\)的约数
所以可以写成
\[\sum_{n|i}f(i)\sum_{d|i,n|d}\mu(\frac{d}{n})=\sum_{n|i}f(i)\sum_{d|\frac{i}{n}}\mu(d)\]
所以只有在\(i=n\)的时候\(\sum_{d|\frac{i}{n}}\mu(d)=1\)，所以这个柿子的值是成立的
所以有一种新的反演形式
\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)\]
就有
\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)\]
之后我们的柿子变成了
\[ans=\sum_{p\in prime}\sum_{n|p}\mu(\frac{p}{n})F(n)=\sum_{p\in prime}\sum_{n|p}\mu(\frac{p}{n})\times \left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{n} \right \rfloor\]
于是现在得到了一个复杂度非常玄学的做法，就是枚举\(p\)之后枚举\(p\)的倍数
暴力就写好了
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 10000005
#define LL long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
inline int read()
{
char c=getchar();
int x=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
return x;
}
int mu[maxn],p[maxn],f[maxn];
int n,m,T;
int main()
{
scanf("%d",&T);
f[1]=mu[1]=1;
for(re int i=2;i<=10000000;i++)
{
if(!f[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=10000000;j++)
{
f[p[j]*i]=1;
if(i%p[j]==0) break;
mu[p[j]*i]=-1*mu[i];
}
}
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
LL ans=0;
for(re int i=1;i<=p[0]&&p[i]<=min(n,m);i++)
{
for(re int j=1;j*p[i]<=min(n,m);j++)
ans+=mu[j]*(n/(j*p[i]))*(m/(j*p[i]));
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
把柿子化到这里显然还不够啊
我们需要继续搞一搞
设\(k\times p=n\)
那么
\[\sum_{p\in prime}\sum_{n|p}\mu(\frac{p}{n})\times \left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{n} \right \rfloor=\sum_{p\in prime}\sum_{k=1}^{\left \lfloor\frac{N}{p}\right \rfloor}\mu(k)\times \left \lfloor \frac{N}{kp} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{kp} \right \rfloor\]
设\(T=kp\)
于是就有
\[\sum_{p\in prime}\sum_{k=1}^{\left \lfloor\frac{N}{p}\right \rfloor}\mu(k)\times \left \lfloor \frac{N}{kp} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{kp} \right \rfloor=\sum_{T=1}^{N}\sum_{t|T,t\in prime}\mu(\frac{T}{t})\times \left \lfloor \frac{N}{T} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{T} \right \rfloor\]
\[=\sum_{T=1}^{N} \left \lfloor \frac{N}{T} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{T} \right \rfloor\sum_{t|T,t\in prime}\mu(\frac{T}{t})\]
发现好像前面那两个东西可以两个整除分块一起上，后面这个\(\sum_{t|T,t\in prime}\mu(\frac{T}{t})\)看起来好像需要一个前缀和
于是就可以啦
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 10000005
#define LL long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
inline int read()
{
char c=getchar();
int x=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
return x;
}
int mu[maxn],f[maxn],p[maxn>>2];
LL pre[maxn];
int T,n,m;
int main()
{
f[1]=mu[1]=1;
for(re int i=2;i<=10000000;i++)
{
if(!f[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=10000000;j++)
{
f[p[j]*i]=1;
if(i%p[j]==0) break;
mu[p[j]*i]=-1*mu[i];
}
}
for(re int i=1;i<=p[0];i++)
for(re int j=1;j*p[i]<=10000000;j++) pre[j*p[i]]+=mu[j];
for(re int i=1;i<=10000000;i++) pre[i]+=pre[i-1];
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
LL ans=0;
n=read(),m=read();
if(n>m) std::swap(n,m);
for(re int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(LL)(n/l)*(m/l)*(pre[r]-pre[l-1]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
