【BZOJ2820】YY的GCD [莫比乌斯反演]

YY的GCD

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Description

　　求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对k。

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

Solution

　　

Code

 #include<iostream>
 #include<string>
 #include<algorithm>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<cmath>
 using namespace std;
 typedef long long s64;

 const int ONE = ;

 int T;
 int n,m;
 bool isp[ONE];
 int prime[],p_num;
 int miu[ONE],sum[ONE];
 s64 Ans;

 int get()
 {
         int res=,Q=;  char c;
         while( (c=getchar())< || c>)
         if(c=='-')Q=-;
         if(Q) res=c-;
         while((c=getchar())>= && c<=)
         res=res*+c-;
         return res*Q;
 }

 void Getmiu(int MaxN)
 {
         miu[] = ;
         for(int i=; i<=MaxN; i++)
         {
             if(!isp[i])
                 prime[++p_num] = i, miu[i] = -;
             for(int j=; j<=p_num, i*prime[j]<=MaxN; j++)
             {
                 isp[i * prime[j]] = ;
                 if(i % prime[j] == )
                 {
                     miu[i * prime[j]] = ;
                     break;
                 }
                 miu[i * prime[j]] = -miu[i];
             }
         }
         for(int j=; j<=p_num; j++)
             for(int i=; i*prime[j]<=MaxN; i++)
                 sum[i * prime[j]] += miu[i];
         for(int i=; i<=MaxN;i++)
             sum[i] += sum[i-];
 }

 void Solve()
 {
         n=get();    m=get();
         if(n > m) swap(n,m);
         Ans = ;
         for(int i=, j=; i<=n; i=j+)
         {
             j = min(n/(n/i), m/(m/i));
             Ans += (s64) (n/i) * (m/i) * (sum[j] - sum[i-]);
         }
         printf("%lld\n",Ans);
 }

 int main()
 {
         Getmiu(ONE-);
         T=get();
         while(T--)
             Solve();
 }