[CODECHEF]LCM

题意：询问满足$1\leq x\leq n,1\leq y\leq m$且$x,y$均无平方因子的有序对$(x,y)$的$[x,y]$之和，多组数据

以下假设$n\leq m$，设$S(n)=\frac{n(n+1)}2$，$r(n)$表示$n$的最大无平方因子

$\begin{align*}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\mu^2\left((i,j)\right)[i,j]&=\sum\limits_{d=1}^nd\mu^2(d)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac nd\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac md\right\rfloor}[i,j][(i,j)=1]\\&=\sum\limits_{d=1}^nd\mu^2(d)\sum\limits_{e=1}^{\left\lfloor\frac nd\right\rfloor}e\mu(e)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac n{de}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac m{de}\right\rfloor}[i,j]\\&=\sum\limits_{T=1}^nT\sum\limits_{d|T}\mu^2(d)\mu\left(\frac Td\right)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac nT\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac mT\right\rfloor}[i,j]\end{align*}$

暂停一下，先化一下其中的一部分式子

1.$G(n)=\sum\limits_{d|n}\mu^2(d)\mu\left(\frac nd\right)$

设$n=a^2b$，其中$\mu(b)\ne0$，那么仅当$d=ac$且$(a,c)=1$时$\mu^2(d)\mu\left(\frac nd\right)\ne0$（若$a\nmid d$则$\frac nd$含来自$a$的平方因子，若$(a,c)\ne1$则$d$含平方因子），此时$G(n)=\sum\limits_{c|b}\mu\left(\frac{a^2b}{ac}\right)=\mu(a)\sum\limits_{c|b}\mu\left(\frac bc\right)=\mu(a)[b=1]$，这说明当$n$为完全平方数时，$G(n)=\mu\left(\sqrt n\right)$，否则$G(n)=0$

2.$F(n,m)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[i,j]$

直接把jzptab的式子搬过来，$F(n,m)=\sum\limits_{T=1}^nTS\left(\left\lfloor\frac nT\right\rfloor\right)S\left(\left\lfloor\frac mT\right\rfloor\right)\sum\limits_{e|T}e\mu(e)$

这里我们每次求答案都要求很多次$F$，所以还要继续推下去

$Q(n)=\sum\limits_{e|n}e\mu(e)$

首先显然$Q(n)=Q(r(n))$，因为$n$的平方因子对答案没有贡献，接下来考虑$n=r(n)$的情况，设$n=\prod\limits_{i=1}^kp_i$

当$n$为质数时$Q(n)=1-n$，因为$Q$是个积性函数，所以$Q(n)=\prod\limits_{i=1}^k(1-p_i)=(-1)^k\varphi(n)=\mu(n)\varphi(n)$，即是说对于一般的$n$有$Q(n)=\mu(r(n))\varphi(r(n))$

把以上两个结果代入到开始时的式子中，得到$\sum\limits_{p=1}^{\left\lfloor\sqrt n\right\rfloor}p^2\mu(p)\sum\limits_{q=1}^{\left\lfloor\frac n{p^2}\right\rfloor}qQ(q)S\left(\left\lfloor\frac n{p^2q}\right\rfloor\right)S\left(\left\lfloor\frac m{p^2q}\right\rfloor\right)$

枚举$T=p^2q$，得到$\sum\limits_{T=1}^nTS\left(\left\lfloor\frac nT\right\rfloor\right)S\left(\left\lfloor\frac mT\right\rfloor\right)\sum\limits_{p^2|T}\mu(p)Q\left(\frac T{p^2}\right)$

我们要预处理$D(n)=\sum\limits_{p^2|n}\mu(p)Q\left(\frac n{p^2}\right)$，这个直接枚举$p$去更新$p^2$的倍数即可，时间复杂度为$O\left(n\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\sqrt n\right\rfloor}\frac1{i^2}\right)=O(n)$

总时间复杂度$O\left(n+T\sqrt n\right)$，这题还是挺棒的==

一个小小的trick：我们可以算出答案的$4$倍$\bmod2^{32}$的值，最后$\div4$即可，这样在求$S(n)$的时候不用$\div2$而且可以全程unsigned

#include<stdio.h>
typedef unsigned uint;
const int T=4000010;
int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
void swap(int&a,int&b){a^=b^=a^=b;}
int pr[T+10],r[T+10],mu[T+10],phi[T+10];
bool np[T+10];
uint D[T+10];
void sieve(){
	int i,j,M;
	M=0;
	r[1]=1;
	mu[1]=1;
	phi[1]=1;
	for(i=2;i<=T;i++){
		if(!np[i]){
			pr[++M]=i;
			r[i]=i;
			mu[i]=-1;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(j=1;j<=M&&i*pr[j]<=T;j++){
			np[i*pr[j]]=1;
			if(i%pr[j]==0){
				r[i*pr[j]]=r[i];
				phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
				break;
			}
			r[i*pr[j]]=r[i]*pr[j];
			mu[i*pr[j]]=-mu[i];
			phi[i*pr[j]]=phi[i]*(pr[j]-1);
		}
	}
	for(i=1;i*i<=T;i++){
		if(mu[i]){
			for(j=i*i;j<=T;j+=i*i)D[j]+=mu[i]*mu[r[j/(i*i)]]*phi[r[j/(i*i)]];
		}
	}
	for(i=1;i<=T;i++)D[i]=D[i]*i;
	for(i=1;i<=T;i++)D[i]+=D[i-1];
}
uint S(uint n){return n*(n+1);}
uint solve(int n,int m){
	uint s;
	int i,nex;
	for(i=1;i<=n;i=nex+1){
		nex=min(n/(n/i),m/(m/i));
		s+=(D[nex]-D[i-1])*S(n/i)*S(m/i);
	}
	return s;
}
int main(){
	sieve();
	int T,n,m;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		if(n>m)swap(n,m);
		printf("%u\n",solve(n,m)>>2);
	}
}