数对统计

题目链接：ybt金牌导航8-7-1

题目大意

给你 n,m，求 gcd(x,y)=1 的数对个数。
1<=x<=n,1<=y<=m

思路

莫比乌斯函数

什么东西

首先我们要知道莫比乌斯函数是个什么鬼东西。

首先，我们先不管莫比乌斯函数，先来看一个函数：F(n)=∑d∣nf(d)F(n)=\sum_{d|n}f(d)F(n)=∑d∣nf(d)
（假设 f(d)f(d)f(d) 是一个给出的函数）

那根据定义，我们可以先弄一下：
F(1)=f(1)F(1)=f(1)F(1)=f(1)
F(2)=f(1)+f(2)F(2)=f(1)+f(2)F(2)=f(1)+f(2)
F(3)=f(1)+f(3)F(3)=f(1)+f(3)F(3)=f(1)+f(3)
F(4)=f(1)+f(2)+f(4)F(4)=f(1)+f(2)+f(4)F(4)=f(1)+f(2)+f(4)
F(5)=f(1)+f(5)F(5)=f(1)+f(5)F(5)=f(1)+f(5)
F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)
F(7)=f(1)+f(7)F(7)=f(1)+f(7)F(7)=f(1)+f(7)
F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8)F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8)F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8)

那我们考虑用 F(n)F(n)F(n) 来推 f(n)f(n)f(n)
f(1)=F(1)f(1)=F(1)f(1)=F(1)
f(2)=F(2)−F(1)f(2)=F(2)-F(1)f(2)=F(2)−F(1)
f(3)=F(3)−F(1)f(3)=F(3)-F(1)f(3)=F(3)−F(1)
f(4)=F(4)−F(2)f(4)=F(4)-F(2)f(4)=F(4)−F(2)
f(5)=F(5)−F(1)f(5)=F(5)-F(1)f(5)=F(5)−F(1)
f(6)=F(6)−F(3)−F(2)+F(1)f(6)=F(6)-F(3)-F(2)+F(1)f(6)=F(6)−F(3)−F(2)+F(1)
f(7)=F(7)−F(1)f(7)=F(7)-F(1)f(7)=F(7)−F(1)
f(8)=F(8)−F(4)f(8)=F(8)-F(4)f(8)=F(8)−F(4)

那我们会发现，它只会由它因数的 FFF 值加减或者不要组成。

那我们可以把它弄成这样的形式：
f(n)=∑d∣nμ(d)F(nd)f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})f(n)=∑d∣nμ(d)F(dn)

那我们的莫比乌斯函数 μ(d)\mu(d)μ(d) 就出现了！

定义

如果 d=1d=1d=1，那 μ(d)=1\mu(d)=1μ(d)=1
如果 d=p1p2...pkd=p_1p_2...p_kd=p1p2...pk，pip_ipi 是互不相同的素数，那就会有 μ(d)=(−1)k\mu(d)=(-1)^kμ(d)=(−1)k
如果不满足上面两个条件，那 μ(d)=0\mu(d)=0μ(d)=0

如何求

首先，我们可以很明显的看出用定义法求会比较慢，尤其是要求一个区间的。

我们可以考虑用类似 DP 的方法求。

看到跟素数有关，自然想到先用欧拉筛求。
然后我们可以考虑，在欧拉筛枚举最小质因子的时候，我们可以想到你处理 i×primeji\times prime_ji×primej 这个数。
那我们想 primejprime_jprimej 的 μ\muμ 值已经求出，那我们可以看这个最小的质因子是否已经是 primejprime_jprimej 的因子（就是能否整除）。
如果能整除，那就说明这个质数有两个，那就直接 μi×primej=0\mu_{i\times prime_j}=0μi×primej=0，那否则就是多一个素数，就是 μi×primej=μi×−1\mu_{i\times prime_j}=\mu_{i}\times-1μi×primej=μi×−1。

你会想，啊，如果原来 primejprime_jprimej 已经有一个素数能分解出两个或以上呢？
那因为这样，它的 μ\muμ 值就一定是 000，就算乘了 −1-1−1，也还是 000，就没有问题了。

一些性质

∑d∣nμ(d)={1n=10n>1\sum_{d|n}\mu(d)=\left\{\begin{matrix} 1\ \ n=1\\ 0\ \ n>1 \end{matrix}\right.∑d∣nμ(d)={1 n=10 n>1
φ(n)=∑d∣nμ(d)×nd\varphi(n)=\sum_{d|n}\dfrac{\mu(d)\times n}{d}φ(n)=∑d∣ndμ(d)×n

关于这道题

我们考虑利用第一条性质：
ans=∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=1]ans=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]ans=i=1∑nj=1∑m[gcd(i,j)=1]

ans=∑i=1n∑j=1m[gcd⁡(i,j)=1]=∑i=1n∑j=1m∑d∣gcd⁡(i,j)μ(d)=∑i=1n∑j=1m∑d∣i,d∣jμ(d)=∑d∑i=1,d∣in∑j=1,d∣jmμ(d)=∑dμ(d)⋅⌊nd⌋⋅⌊md⌋\begin{aligned} ans &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=1]\\ &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)\\ &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{d|i,d|j}\mu(d)\\ &= \sum\limits_{d}\sum\limits_{i=1,d|i}^{n}\sum\limits_{j=1,d|j}^{m}\mu(d)\\ &= \sum\limits_{d}\mu(d)\cdot\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor\cdot\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor \end{aligned}ans=i=1∑nj=1∑m[gcd(i,j)=1]=i=1∑nj=1∑md∣gcd(i,j)∑μ(d)=i=1∑nj=1∑md∣i,d∣j∑μ(d)=d∑i=1,d∣i∑nj=1,d∣j∑mμ(d)=d∑μ(d)⋅⌊dn⌋⋅⌊dm⌋

然后这就是 O(n)O(n)O(n) 的，但是因为它是多次询问，每个询问都是 O(n)O(n)O(n)，就还是过不了。

然后看到向下取整，自然想到整除分块。
那就前缀和 μ\muμ 函数，然后就整除分块处理就好了。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long longusing namespace std;ll T;
ll n, m;
ll miu[100001], prime[100001];
ll qz[100001];
bool np[100001];void get_miu() {//同欧拉筛预处理 μmiu[1] = 1;for (int i = 2; i <= 100000; i++) {if (!np[i]) {prime[++prime[0]] = i;miu[i] = -1;}for (int j = 1; j <= prime[0] && 1ll * i * prime[j] <= 100000ll; j++) {np[i * prime[j]] = 1;if (i % prime[j] == 0) {miu[i * prime[j]] = 0;break;}else miu[i * prime[j]] = miu[i] * -1;}}
}void get_qz() {//前缀和for (int i = 1; i <= 100000; i++)qz[i] = qz[i - 1] + miu[i];
}void work(int n, int m) {ll ans = 0;for (int l = 1; l <= n && l <= m; ) {int r = min(n / (n / l), m / (m / l));//数论分块加速ans += (qz[r] - qz[l - 1]) * (n / l) * (m / l);l = r + 1;}printf("%lld\n", ans);
}int main() {get_miu();get_qz();scanf("%lld", &T);while (T--) {scanf("%lld %lld", &n, &m);work(n, m);}return 0;
}

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