【YY的GCD】

设

\[f(n)=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[(i,j)=n]
\]

我们的答案显然是

\[ans=\sum_{p\in prime}f(p)
\]

设

\[F(n)=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[n|(i,j)]
\]

即有多少个数对的最大公约数是\(n\)的倍数

显然\(F(n)=\left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{n} \right \rfloor\)

同时还存在

\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)
\]

看起来并不能反演，但是我们大胆猜测会存在这样的性质

\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)
\]

看起来很靠谱啊，那就证明一下吧

\[\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})\sum_{d|i}f(i)
\]

考虑把\(f(i)\)提前，因为\(n|d,d|i\)，所以\(n|i\)

\[\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})\sum_{d|i}f(i)=\sum_{n|i}f(i)\sum_{d|i,n|d}\mu(\frac{d}{n})
\]

设\(d=kn,i=cd\)，则有\(i=ckn\)

则\(\frac{d}{n}=k,\frac{i}{n}=ck\)，所以其实是在\(\frac{i}{n}\)的约数

所以可以写成

\[\sum_{n|i}f(i)\sum_{d|i,n|d}\mu(\frac{d}{n})=\sum_{n|i}f(i)\sum_{d|\frac{i}{n}}\mu(d)
\]

所以只有在\(i=n\)的时候\(\sum_{d|\frac{i}{n}}\mu(d)=1\)，所以这个柿子的值是成立的

所以有一种新的反演形式

\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)
\]

就有

\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)
\]

之后我们的柿子变成了

\[ans=\sum_{p\in prime}\sum_{n|p}\mu(\frac{p}{n})F(n)=\sum_{p\in prime}\sum_{n|p}\mu(\frac{p}{n})\times \left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{n} \right \rfloor
\]

于是现在得到了一个复杂度非常玄学的做法，就是枚举\(p\)之后枚举\(p\)的倍数

暴力就写好了

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 10000005
#define LL long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
inline int read()
{
	char c=getchar();
	int x=0;
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9')
		x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
	return x;
}
int mu[maxn],p[maxn],f[maxn];
int n,m,T;
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	f[1]=mu[1]=1;
	for(re int i=2;i<=10000000;i++)
	{
		if(!f[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
		for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=10000000;j++)
		{
			f[p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
			mu[p[j]*i]=-1*mu[i];
		}
	}
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		LL ans=0;
		for(re int i=1;i<=p[0]&&p[i]<=min(n,m);i++)
		{
			for(re int j=1;j*p[i]<=min(n,m);j++)
				ans+=mu[j]*(n/(j*p[i]))*(m/(j*p[i]));
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

把柿子化到这里显然还不够啊

我们需要继续搞一搞

设\(k\times p=n\)

那么

\[\sum_{p\in prime}\sum_{n|p}\mu(\frac{p}{n})\times \left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{n} \right \rfloor=\sum_{p\in prime}\sum_{k=1}^{\left \lfloor\frac{N}{p}\right \rfloor}\mu(k)\times \left \lfloor \frac{N}{kp} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{kp} \right \rfloor
\]

设\(T=kp\)

于是就有

\[\sum_{p\in prime}\sum_{k=1}^{\left \lfloor\frac{N}{p}\right \rfloor}\mu(k)\times \left \lfloor \frac{N}{kp} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{kp} \right \rfloor=\sum_{T=1}^{N}\sum_{t|T,t\in prime}\mu(\frac{T}{t})\times \left \lfloor \frac{N}{T} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{T} \right \rfloor
\]

\[=\sum_{T=1}^{N} \left \lfloor \frac{N}{T} \right \rfloor\times\left \lfloor \frac{M}{T} \right \rfloor\sum_{t|T,t\in prime}\mu(\frac{T}{t})
\]

发现好像前面那两个东西可以两个整除分块一起上，后面这个\(\sum_{t|T,t\in prime}\mu(\frac{T}{t})\)看起来好像需要一个前缀和

于是就可以啦

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 10000005
#define LL long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
inline int read()
{
	char c=getchar();
	int x=0;
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9')
		x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
	return x;
}
int mu[maxn],f[maxn],p[maxn>>2];
LL pre[maxn];
int T,n,m;
int main()
{
	f[1]=mu[1]=1;
	for(re int i=2;i<=10000000;i++)
	{
		if(!f[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
		for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=10000000;j++)
		{
			f[p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
			mu[p[j]*i]=-1*mu[i];
		}
	}
	for(re int i=1;i<=p[0];i++)
		for(re int j=1;j*p[i]<=10000000;j++) pre[j*p[i]]+=mu[j];
	for(re int i=1;i<=10000000;i++) pre[i]+=pre[i-1];
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		LL ans=0;
		n=read(),m=read();
		if(n>m) std::swap(n,m);
		for(re int l=1,r;l<=n;l=r+1)
		{
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans+=(LL)(n/l)*(m/l)*(pre[r]-pre[l-1]);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}