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求[1,n] 和 [1,m]中有多少对数的GCD的素因子个数小于等于p

直接暴力做特定超时,所以我们想办法预处理,对于p大于18(1到5e5的最大素数因子个数)的情况,每一对都满足条件,O(1)得结果。

p<=18时,预处理sum【i】【j】sum[i][j]表示所有能整除i的质因子个数<=j的(x,y)的对数,然后求一个前缀和,ans=∑⌊n/d⌋∗⌊m/d⌋∗∑k|dμ(d/k)

//#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
//#pragma GCC optimize("unroll-loops")
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define pi acos(-1.0)
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define C 0.5772156649
#define ls l,m,rt<<1
#define rs m+1,r,rt<<1|1
#define pil pair<int,ll>
#define pii pair<int,int>
#define ull unsigned long long
#define base 1000000000000000000
#define fio ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0) using namespace std; const double g=10.0,eps=1e-;
const int N=+,maxn=+,inf=0x3f3f3f3f; int mu[N],prime[N],sum[N][];
bool mark[N];
int num[N];
void init()
{
mu[]=;
int cnt=;
for(int i=;i<N;i++)
{
if(!mark[i])prime[++cnt]=i,mu[i]=-,num[i]=;
for(int j=;j<=cnt;j++)
{
int t=i*prime[j];
if(t>N)break;
mark[t]=;
num[t]=num[i]+;
if(i%prime[j]==){mu[t]=;break;}
else mu[t]=-mu[i];
}
}
for(int i=;i<N;i++)
for(int j=i;j<N;j+=i)
sum[j][num[i]]+=mu[j/i];
for(int i=;i<N;i++)
for(int j=;j<;j++)
sum[i][j]+=sum[i][j-];
for(int i=;i<N;i++)
for(int j=;j<;j++)
sum[i][j]+=sum[i-][j];
}
int main()
{
init();
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,m,p;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
if(p>)
{
printf("%lld\n",(ll)n*m);
continue;
}
ll ans=;
for(int i=,last;i<=min(n,m);i=last+)
{
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(ll)(sum[last][p]-sum[i-][p])*(n/i)*(m/i);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}
/******************** ********************/

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