莫比乌斯反演套路一--令t=pd--BZOJ2820: YY的GCD

t<=10000组询问：有多少x,y，满足$x\epsilon [1,n],y\epsilon [1,m],(x,y)为质数$。n,m<=1e7。

首先式子列出来，f(i)--1<=x<=n，1<=y<=m中有多少(x,y)=i，g(i)--1<=x<=n，1<=y<=m中有多少i|(x,y)，$g(i)=\sum_{i|d} f(d) ------> f(i)=\sum_{i|d} \mu(\frac{d}{i})g(d)$，而$g(i)=\frac{n}{i}\frac{m}{i}$，因此$f(i)=\sum_{i|d} \mu(\frac{d}{i})\frac{n}{d}\frac{m}{d}$，而(x,y)=k的充要条件是(x/k,y/k)=1，因此答案就$ans=\sum_{p是质数}^{min(n,m)}\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\frac{n}{pd}\frac{m}{pd}=\sum_{t=1}^{min(n,m)}\frac{n}{t}\frac{m}{t}\sum_{p|t}\mu(\frac{t}{p})$

前面那个sigma可以根号解决，而后面那个东西只跟t有关，因此预处理下即可。

 //#include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<cstdio>
 //#include<bitset>
 #include<algorithm>
 //#include<cmath>
 using namespace std;

 int T,n,m;
 #define maxn 10000011
 int miu[maxn],prime[maxn],lp,summiu[maxn]; bool notprime[maxn];
 void pre(int n)
 {
     lp=; miu[]=; summiu[]=;
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         if (!notprime[i]) {prime[++lp]=i; miu[i]=-;}
         for (int j=;j<=lp && 1ll*prime[j]*i<=n;j++)
         {
             notprime[i*prime[j]]=;
             if (i%prime[j]) miu[i*prime[j]]=-miu[i];
             else {miu[i*prime[j]]=; break;}
         }
     }
     for (int i=;i<=lp;i++)
         for (int j=prime[i],cnt=;j<=n;j+=prime[i],cnt++)
             summiu[j]+=miu[cnt];
     for (int i=;i<=n;i++) summiu[i]+=summiu[i-];
 }

 #define LL long long
 int main()
 {
     pre();
     scanf("%d",&T);
 while (T--)
 {
     scanf("%d%d",&n,&m);
     LL ans=;
     for (int i=,to=min(n,m),last;i<=to;i=last+)
     {
         last=min(n/(n/i),m/(m/i));
         ans+=1ll*(n/i)*(m/i)*(summiu[last]-summiu[i-]);
     }
     printf("%lld\n",ans);
 }
     return ;
 }