题意
\(T(T \le 10000)\)次询问，每次给出\(a, b(1 \le a, b \le 10^7)\)，求
其中\(f(n)\)表示\(n\)所含质因子的最大幂指数。\(f(1)=0\)。
分析
以下默认\(a \le b\)
$$ \begin{align} & \sum_{i=1}^{a} \sum_{j=1}^{b} f((i, j)) \\ = & \sum_{d=1}^{a} f(d) \sum_{i=1}^{a'} \sum_{j=1}^{b'} [(i, j)=1] & \left( a' = \left \lfloor \frac{a}{d} \right \rfloor, b' = \left \lfloor \frac{b}{d} \right \rfloor \right) \\ = & \sum_{d=1}^{a} f(d) \sum_{i=1}^{a'} \sum_{j=1}^{b'} \sum_{k|(i, j)} \mu(k) \\ = & \sum_{d=1}^{a} f(d) \sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{a}{d} \right \rfloor} \mu(k) \left \lfloor \frac{a}{kd} \right \rfloor \left \lfloor \frac{b}{kd} \right \rfloor \\ = & \sum_{T=1}^{a} \left \lfloor \frac{a}{T} \right \rfloor \left \lfloor \frac{b}{T} \right \rfloor \sum_{d|T} \mu(d) f(\frac{T}{d}) \\ \end{align} $$
考虑\(g(n) = \sum_{i|n} \mu(i) f(\frac{n}{i})\)：
令\(S = \\{ p_i \\}\)，\(p_i\)为\(n\)的质因子，则只有当\(i=\prod_{j \in S' \subseteq S} j\)时才对\(g(n)\)有贡献。
令\(A \subseteq S\)表示指数最大（假设为\(y\)）的质因子集合，\(B=S-A\)。则\(i\)可以看做从\(A\)中选出一些质因子再从\(B\)中选出一些质因子组合一下。
由于\(f(\frac{n}{i})\)的取值只取决于\(i\)中从\(A\)集合取的子集（可以发现\(f\)要么是\(a\)，要么是\(a-1\)，由\(A\)来决定的），所以我们只需考虑\(A\)的子集。
当\(B \neq \varnothing\)时，当选的\(A\)的子集确定后即\(f(\frac{n}{i})\)相同时，由于从\(B\)中奇偶大小子集的个数相同，因此奇数个质因子的\(i\)和偶数个质因子的\(i\)的个数相同，所以\(\mu(i)\)的和为\(0\)。所以\(g(n)=0\)。
当\(B = \varnothing\)时，则只有当\(i=\prod_{j \in S} j\)时\(f(\frac{n}{i})=y-1\)，否则\(f(\frac{n}{i})=y\)。而当\(f(\frac{n}{i})=y\)时，对于这个非全集的所有子集，奇数大小的子集和偶数大小的子集个数相差为1，计算一下就知道这种情况的贡献是\((-1)^{|S|+1} a\)。对于全集，贡献是\((-1)^{|S|} (a-1)\)。所以\(g(n) = (-1)^{|S|} (a-1) + (-1)^{|S|+1} a = (-1)^{|S|+1}\)
于是线性筛筛出\(g(n)\)即可。
题解
至于查询，分块就行了。
复杂度\(O(b+Tb^{0.5})\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Lim=10000005;
int N, x[10005], y[10005], f[Lim], p[Lim], mu[Lim], cnt;
bool np[Lim];
ll sum[Lim];
void init() {
mu[1]=1;
for(int i=2; i<=N; ++i) {
if(!np[i]) p[cnt++]=i, mu[i]=-1;
for(int j=0; j<cnt; ++j) {
int t=p[j]*i; if(t>N) break;
np[t]=1;
if(i%p[j]==0) break;
mu[t]=-mu[i];
}
}
for(int i=2; i<=N; ++i) {
if(mu[i]) {
sum[i]=-mu[i];
}
}
for(int i=N; i>=2; --i) {
if(sum[i]) {
for(ll j=(ll)i*i; j<=N; j*=i) {
sum[j]=sum[i];
}
}
}
for(int i=2; i<=N; ++i) {
sum[i]+=sum[i-1];
}
}
int main() {
int T; scanf("%d", &T);
for(int i=1; i<=T; ++i) scanf("%d%d", &x[i], &y[i]), N=max(N, x[i]), N=max(N, y[i]);
init();
for(int tt=1; tt<=T; ++tt) {
int a=x[tt], b=y[tt];
if(a>b) swap(a, b);
int now=1;
ll ans=0;
for(int i=1; i<=a; i=now+1) {
now=min(a/(a/i), b/(b/i));
ans+=(ll)(a/i)*(ll)(b/i)*(sum[now]-sum[i-1]);
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
