2820: YY的GCD
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Description
Input
Output
Sample Input
10 10
100 100
Sample Output
2791
HINT
T = 10000
N, M <= 10000000
和bzoj2705很像http://www.cnblogs.com/candy99/p/6200745.html
但是n和m不同，不能使用直接欧拉函数的方法
参考：http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8542292 && popoqqq课件
和上一题相同的函数：
为满足
且
和
的
的对数
为满足
且
和
的
的对数
显然，反演后得到
可以枚举每一个质数，套用上一题的做法，p相当于k，d*p也就是p的倍数了...很像上一题我WT1中的式子
其实d只要枚举到min(n,m)/p
然而复杂度承受不了，大约n/logn*sqrt(n)
我们设，那么继续得到
为什么这么做呢？因为这样之后发现F函数与p和d无关了，(要不然枚举p和d也是枚举了T)
可以提到前面，剩下的那一块可以处理前缀和做到O(1)，前面再用除法分块，做到O(sqrt(n))
WT:
如何求g(T)=Σ{p|T && isprime(p)}miu(T/p)
法1.
只需要枚举每个素数，将他的倍数的g更新就可以了
由于有1/1+1/2+1/3+...+1/n=O(logn)这个结论 因此每个质数枚举时是均摊O(logn)的(*n后好想，是nlogn，但是质数只有n/logn个)
而质数恰好有O(n/logn)个 因此暴力枚举就是O(n)的
法2.
线性筛
g[i*p[j]]
当p[j]|i时结果显然为miu(i)
否则考虑mu(i*p[j]/pp),当p[j]=pp时为mu[i]，p[j]!=pp时的所有的和就是-g(i)，所以总的结果为mu(i)-g(i)
枚举质数 4176ms
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+;
inline int read(){
char c=getchar();int x=,f=;
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-; c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-''; c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m;
bool notp[N];
int p[N],mu[N],g[N];
void sieve(){
mu[]=;
for(int i=;i<N;i++){
if(!notp[i]) p[++p[]]=i,mu[i]=-;
for(int j=;j<=p[]&&i*p[j]<N;j++){
notp[i*p[j]]=;
if(i%p[j]==){
mu[i*p[j]]=;
break;
}
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
} for(int j=;j<=p[];j++)
for(int i=p[j];i<N;i+=p[j])
g[i]+=mu[i/p[j]];
for(int i=;i<N;i++) g[i]+=g[i-];
}
ll cal(int n,int m){
if(n>m) swap(n,m);
ll ans=;int r;
for(int i=;i<=n;i=r+){
r=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(ll)(g[r]-g[i-])*(n/i)*(m/i);
}
return ans;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
sieve();
int T=read();
while(T--){
n=read();m=read();
printf("%lld\n",cal(n,m));
}
return ;
}
线性筛：3328ms
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+;
inline int read(){
char c=getchar();int x=,f=;
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-; c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-''; c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m;
bool notp[N];
int p[N],mu[N],g[N];
void sieve(){
mu[]=;
for(int i=;i<N;i++){
if(!notp[i]) p[++p[]]=i,mu[i]=-,g[i]=;
for(int j=;j<=p[]&&i*p[j]<N;j++){
notp[i*p[j]]=;
if(i%p[j]==){
mu[i*p[j]]=;
g[i*p[j]]=mu[i];
break;
}
mu[i*p[j]]=-mu[i];
g[i*p[j]]=mu[i]-g[i];
}
}
for(int i=;i<N;i++) g[i]+=g[i-];
}
ll cal(int n,int m){
if(n>m) swap(n,m);
ll ans=;int r;
for(int i=;i<=n;i=r+){
r=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(ll)(g[r]-g[i-])*(n/i)*(m/i);
}
return ans;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
sieve();
int T=read();
while(T--){
n=read();m=read();
printf("%lld\n",cal(n,m));
}
return ;
}