2820: YY的GCD

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 512 MB
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神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对kAc这种
傻×必然不会了,于是向你来请教……多组输入

Input

第一行一个整数T 表述数据组数接下来T行,每行两个正整数,表示N, M

Output

T行,每行一个整数表示第i组数据的结果

Sample Input

2
10 10
100 100

Sample Output

30
2791

HINT

T = 10000

N, M <= 10000000


和bzoj2705很像http://www.cnblogs.com/candy99/p/6200745.html

但是n和m不同,不能使用直接欧拉函数的方法

参考:http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8542292 && popoqqq课件

和上一题相同的函数:

为满足的对数

为满足的对数

显然,反演后得到

可以枚举每一个质数,套用上一题的做法,p相当于k,d*p也就是p的倍数了...很像上一题我WT1中的式子

其实d只要枚举到min(n,m)/p

然而复杂度承受不了,大约n/logn*sqrt(n)

我们设,那么继续得到

为什么这么做呢?因为这样之后发现F函数与p和d无关了,(要不然枚举p和d也是枚举了T)

可以提到前面,剩下的那一块可以处理前缀和做到O(1),前面再用除法分块,做到O(sqrt(n))

WT:

如何求g(T)=Σ{p|T && isprime(p)}miu(T/p)

法1.

只需要枚举每个素数,将他的倍数的g更新就可以了

由于有1/1+1/2+1/3+...+1/n=O(logn)这个结论 因此每个质数枚举时是均摊O(logn)的(*n后好想,是nlogn,但是质数只有n/logn个)

而质数恰好有O(n/logn)个 因此暴力枚举就是O(n)的

法2.

线性筛

g[i*p[j]]

当p[j]|i时结果显然为miu(i)

否则考虑mu(i*p[j]/pp),当p[j]=pp时为mu[i],p[j]!=pp时的所有的和就是-g(i),所以总的结果为mu(i)-g(i)

枚举质数 4176ms

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+;
inline int read(){
char c=getchar();int x=,f=;
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-; c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-''; c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m;
bool notp[N];
int p[N],mu[N],g[N];
void sieve(){
mu[]=;
for(int i=;i<N;i++){
if(!notp[i]) p[++p[]]=i,mu[i]=-;
for(int j=;j<=p[]&&i*p[j]<N;j++){
notp[i*p[j]]=;
if(i%p[j]==){
mu[i*p[j]]=;
break;
}
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
} for(int j=;j<=p[];j++)
for(int i=p[j];i<N;i+=p[j])
g[i]+=mu[i/p[j]];
for(int i=;i<N;i++) g[i]+=g[i-];
}
ll cal(int n,int m){
if(n>m) swap(n,m);
ll ans=;int r;
for(int i=;i<=n;i=r+){
r=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(ll)(g[r]-g[i-])*(n/i)*(m/i);
}
return ans;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
sieve();
int T=read();
while(T--){
n=read();m=read();
printf("%lld\n",cal(n,m));
}
return ;
}

线性筛:3328ms

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+;
inline int read(){
char c=getchar();int x=,f=;
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-; c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-''; c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m;
bool notp[N];
int p[N],mu[N],g[N];
void sieve(){
mu[]=;
for(int i=;i<N;i++){
if(!notp[i]) p[++p[]]=i,mu[i]=-,g[i]=;
for(int j=;j<=p[]&&i*p[j]<N;j++){
notp[i*p[j]]=;
if(i%p[j]==){
mu[i*p[j]]=;
g[i*p[j]]=mu[i];
break;
}
mu[i*p[j]]=-mu[i];
g[i*p[j]]=mu[i]-g[i];
}
}
for(int i=;i<N;i++) g[i]+=g[i-];
}
ll cal(int n,int m){
if(n>m) swap(n,m);
ll ans=;int r;
for(int i=;i<=n;i=r+){
r=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(ll)(g[r]-g[i-])*(n/i)*(m/i);
}
return ans;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
sieve();
int T=read();
while(T--){
n=read();m=read();
printf("%lld\n",cal(n,m));
}
return ;
}

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