Description
神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对kAc这种傻×必然不会了,于是向你来请教……多组输入
Input
第一行一个整数T 表述数据组数接下来T行,每行两个正整数,表示N, M
Output
T行,每行一个整数表示第i组数据的结果
Sample Input
2
10 10
100 100
10 10
100 100
Sample Output
30
2791
2791
HINT
T = 10000
N, M <= 10000000
Solution
最近开始狂补东西
莫比乌斯反演就是之一,然后做题
个人认为反演里要设计出F(x)和f(x)是有难度的,其他大佬们都说做多了就是套路了,所以还欠火候,加紧做题
对于这道题,我们设F(d)为gcd为d及其倍数的对数的个数,设f(x)为gcd为d的对数的个数
那么我们有
进行反演
那么需要求的就是(p为质数,小于等于N也小于等于M)
改变枚举顺序,把枚举p的倍数变成枚举上式的d/p
并且因为
式子变为
我们令T=dp,把枚举d变为枚举T,同时把后边的两个分式提出来
发现后面的可以在素数筛的时候预处理,那么对于一组数据就可做了
对于多组数据,我们发现这个式子是可以整除分块的,优化后就可以过了
对于预处理,我们设一个g(T)
素数筛的时候,令k=i*prime[j]
1)如果prime[j]整除i,mu[k]=0
2)如果不整除,那么根据定义,mu[k]=-mu[i]
因为筛中每个数只会筛到一次,所以赋值之后就不会再被覆盖
由于之前用了整除分块,所以g还需要一个数组s存前缀和,分块时就可以直接把值拿出来了
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int MAXN=+;
ll T,prime[MAXN],cnt,g[MAXN],s[MAXN],mu[MAXN];
bool vis[MAXN];
template<typename T> inline void read(T &x)
{
T data=,w=;
char ch=;
while(ch!='-'&&(ch<''||ch>''))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-,ch=getchar();
while(ch>=''&&ch<='')data=((T)data<<)+((T)data<<)+(ch^''),ch=getchar();
x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char c='\0')
{
if(x<)putchar('-'),x=-x;
if(x>)write(x/);
putchar(x%+'');
if(c!='\0')putchar(c);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void init()
{
memset(vis,true,sizeof(vis));
vis[]=vis[]=;
mu[]=;
for(register int i=;i<MAXN;++i)
{
if(vis[i])
{
prime[++cnt]=i;
mu[i]=-;
}
for(register int j=;j<=cnt&&i*prime[j]<MAXN;++j)
{
vis[i*prime[j]]=;
if(i%prime[j])mu[i*prime[j]]=-mu[i];
else break;
}
}
for(register int j=;j<=cnt;++j)
for(register int i=;i*prime[j]<MAXN;++i)g[i*prime[j]]+=mu[i];
for(register int i=;i<MAXN;++i)s[i]=s[i-]+g[i];
}
inline ll solve(ll N,ll M)
{
ll ans=;
for(register int i=;;)
{
if(i>min(N,M))break;
ll j=min(N/(N/i),M/(M/i));
ans+=(N/i)*(M/i)*(s[j]-s[i-]);
i=j+;
}
return ans;
}
int main()
{
init();
read(T);
while(T--)
{
ll N,M;
read(N);read(M);
write(solve(N,M),'\n');
}
return ;
}
2820 YY的GCD