bzoj 2820 YY的GCD 莫比乌斯反演

题目大意：

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

这里就抄一下别人的推断过程了

后面这个g(x) 算的方法就是在线性筛的时候只考虑当前的数最小因子，如果进来的最小因子不存在，相当于在之前那个数的基础上的每个mu值都多加了一个质数，那么

这些mu值就要取反，如果已经包含了这个最小因子，我这里另外进行了跟之前类似的讨论方法，在代码中写着

因为这题目数据比较大，这里求解的时候不应该线性求，因为总是有一段区间的n/i*(m/i)值相同，将g[]数组求一个前缀和，记录一段区间得到的值，可以缩小到

sqrt(n)的复杂度

 /*bzoj2820 YY的GCD*/
 #include <bits/stdc++.h>

 using namespace std;
 #define ll long long
 #define N 10000000
 int mu[N+] , prime[N+] , tot , f[N+] , sum[N+];
 bool check[N+];

 void get_mu()
 {
     mu[] = ;
     for(int i= ; i<=N ; i++){
         if(!check[i]){
             prime[tot++] = i;
             mu[i] = -;
             f[i] = ;
         }
         for(int j= ; j<tot ; j++){
             if((ll)prime[j]*i>N) break;
             check[prime[j]*i] = true;
             if(i%prime[j]){
                 mu[i*prime[j]] = -mu[i];
                 f[i*prime[j]] = -f[i]+mu[i];
             }else{
                 /*
                 本身i中已经含有素数prime[j]
                 在if中表示含有至少3个因子prime[j]，那么最后不管怎么样，当前数值除以一个因子都至少
                 含有两个prime[j]，那么必然为0
                 else 只有2个prime[j]的情况，那么就是除了除以prime[j]其他情况得到的都是至少有两个因子
                 的，那么mu[]必然为0，而因为从当前增加了一个因子，那么就是讲那个取到的取反就可以了
                 */
                 if((i/prime[j])%prime[j]==) f[i*prime[j]] = mu[i];
                 else f[i*prime[j]] = -mu[i/prime[j]];
                 break;
             }
         }
     }
     for(int i= ; i<=N ; i++) sum[i] = sum[i-]+f[i];
 }
 int n , m;

 ll solve()
 {
     int mn = min(n , m) , last ;
     ll ret=;
     for(int i= ; i<=mn ; i=last+){
         last = min(n/(n/i) , m/(m/i));
         ret += (ll)(sum[last]-sum[i-])*(n/i)*(m/i);
     }
     return ret;
 }

 int main()
 {
     freopen("in.txt" , "r" , stdin);
     get_mu();
     int T;
     scanf("%d" , &T);
     while(T--){
         scanf("%d%d" , &n , &m);
         printf("%lld\n" , solve());
     }
     return ;
 }