YY的GCD [Bzoj 2820]

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YY的GCD

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

Solution

令 M<N，则

ans=∑p∑p|iμ(ip)(⌊Mi⌋⋅⌊Ni⌋)=∑p∑i=1⌊Mi⌋μ(i)⋅(⌊Mip⌋⋅⌊Nip⌋)=∑i=1M⌊Mi⌋⋅⌊Ni⌋⋅∑p|iμ(ip)

设 fi=∑p|iμ(ip)，

暴力枚举每个质数，更新其倍数的 f 值，由 ∑ni=1ni≈n⋅lnn 这个结论易知每个质数更新时是均摊 O(lnn) 的，而质数个数接近 nlnn，故暴力枚举的时间复杂度为 O(n)。

令 gi=∑ij=1fj，即 fi 的前缀和，则可以进行分块优化。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>

#define LL long long
#define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))

using namespace std;

LL T;
LL n,m;
bool no_prime[(10000000)+10];
LL prime[(10000000)+10];
short mu[(10000000)+10];
LL sum[(10000000)+10];
LL f[(10000000)+10];

void start(){
mu[1]=1;
for(LL i=2;i<=(10000000);i++){
if(!no_prime[i]){
prime[++prime[0]]=i;
mu[i]=-1;
}
for(LL j=1;prime[j]*i<=(10000000);j++){
no_prime[prime[j]*i]=true;
if(i%prime[j]==0){mu[prime[j]*i]=0;break;}
mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
}
for(LL i=1;i<=prime[0];i++)
for(LL j=1;prime[i]*j<=(10000000);j++)
f[prime[i]*j]+=mu[j];
for(LL i=1;i<=(10000000);i++)sum[i]=sum[i-1]+f[i];
}

int main(){
start();
scanf("%lld",&T);
for(LL i=1;i<=T;i++){
scanf("%lld%lld",&m,&n);
LL ans=0;
if(m>n)swap(m,n);
for(LL j=1,it;j<=m;j=it+1){
it=Min(m/(m/j),n/(n/j));
ans+=(m/j)*(n/j)*(sum[it]-sum[j-1]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
}