bzoj2820&&YY的GCD

马丹，又是一道权限题。

问我怎么搞到题面：

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nikelong
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HYSBZ - 2820 (Crawling failed) YY的GCD Time Limit: 2MS   Memory Limit: 524288KB   64bit IO Format: %lld & %llu Status Description 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 Source Status

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参照bzoj 中problem  B.

然后我们枚举每个质数分块。（嘿嘿嘿，你以为就过了？TLE）

                                           min(a',b')

我们处理那道题的时候，ans= ∑        u(d) *[a'/d]*[b'/d]

                                            d=1

                   min([n/p],[m/p])

这里，ans=∑  ∑            u(d)   *  [n/pd]    *[m/pd]

                 p  d=1

然后：

  min(N,M)

ans=∑       ∑  u(T/p) *[N/T]*[M/T] 

    T=1     p|T

    min(N,M)

ans=∑     [N/T][M/T] ∑  u(T/p)

    T=1               p|T

    

f(T)=∑  u(T/p)

     p|T 

然后我们可以预处理出来f(T)及其前缀和。

然后分块：

(由于是权限题，没法交，就在网上找了AC代码，对拍跑错，没跑出错；  测试时间，和网上代码差不多快。      求路过的有权限的大神帮忙交一下，谢谢~~)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=10000000+20;
/*
min(N/p,M/p)
ans=∑ ∑      u(d)*[N/pd]*[M/pd]
p  d=1

min(N,M)
ans=∑       ∑  u(T/p) *[N/T]*[M/T]
T=1     p|T

min(N,M)
ans=∑     [N/T][M/T] ∑  u(T/p)
T=1               p|T

f(T)=∑  u(T/p)
p|T
*/
bool flag[maxn];
int prime[maxn];
int u[maxn];
int f[maxn];
int tot;
void init()
{
memset(flag,0,sizeof(flag));
tot=0;
u[1]=1;
for(int i=2;i<=10000000;i++)
{
if(!flag[i])
{
prime[++tot]=i;
u[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=10000000;j++)
{
flag[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
u[i*prime[j]]=0;
break;
}
else u[i*prime[j]]=-u[i];
}
}

for(int i=1;i<=tot;i++)
{
for(int j=1;prime[i]*j<=10000000;j++)
{
f[j*prime[i]]+=u[j];
}
}
f[0]=0;
for(int i=1;i<=10000000;i++)f[i]+=f[i-1];
}
int n,m;
int main()
{
init();
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int M=min(n,m);
int pos;
int ans=0;
for(int i=1;i<=M;i=pos+1)
{
pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(f[pos]-f[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
printf("%d\n",ans);
}

return 0;
}