[bzoj3309] DZY Loves Math

题目大意

对于正整数n，定义f(n)为n所含质因子的最大幂指数。例如f(1960)=f(2^3 * 5^1 * 7^2)=3, f(10007)=1, f(1)=0。

给定正整数a,b，求∑ai=1∑bj=1f((i,j))

T≤10000

1≤a,b≤107

分析

看到两个sigma和(i,j)，就要条件反射想到莫比乌斯反演。

首先令a≤b

枚举公约数，得到：Ans=∑d=1af(d)∑i=1⌊ad⌋∑j=1⌊bd⌋[(i,j)=1]

Ans=∑d=1af(d)∑d′=1⌊ad⌋μ(d′)⌊add′⌋⌊bdd′⌋

令T=dd’，得到：

Ans=∑T=1a⌊aT⌋⌊bT⌋∑d|Tf(d)∗mu(Td)

设g[T]=∑d|Tf(d)∗mu(Td)，那么只要预处理g数组的前缀和，就可以以根号的复杂度询问了。

g数组的预处理看起来是带log的。但是根据莫比乌斯函数的性质，如果Td存在平方因子，函数值是等于0的，也就是对答案没有贡献。

那么设T=p1k1∗p2k2∗...∗pmkm，T质因数的最大幂是k，那么只有ki=k的质因数有用。又可以设Td=p1a1∗p2a2∗...∗pmam，其中ai∈[0,1]。

可以发现f(d)只能取到k,k-1，现在令其中一个满足ki=k的质因数为d的最大幂，如果f(d)=k，那么ai=0，其它为0或1均可。然而一个a取0，就相当于给莫比乌斯函数乘1，取1就是乘-1。所以最终答案乘的系数是0。特殊情况：如果T是质数，乘的系数是1（因为没有其它质因数了）。

如果f(d)=k-1，那么ai=1，所有其它满足ki=k的质因数也要让对应的a值取1，这时剩下的质因数也和上面一样，最后得到的系数是0。特殊情况：如果每个ki都等于k，那么由于没有剩下可以取0、1的质因数，它的系数也是1。

这样就可以线性预处理了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N=1e7;

typedef long long LL;

int T,mu[N+5],tot,p
,f[N+5];

LL s[N+5],ans;

bool bz[N+5];

char c;

int read()
{
for (c=getchar();c<'0' || c>'9';c=getchar());
int x=c-48;
for (c=getchar();c>='0' && c<='9';c=getchar()) x=x*10+c-48;
return x;
}

int main()
{
mu[1]=1;
for (int i=2;i<=N;i++)
{
if (!bz[i])
{
mu[i]=-1;
p[tot++]=i;
}
for (int j=0;j<tot && i*p[j]<=N;j++)
{
int I=i*p[j];
bz[I]=1;
if (i%p[j]==0)
{
mu[I]=0; break;
}
mu[I]=-mu[i];
}
}
for (int i=2;i<=N;i++) if (mu[i]!=0)
{
for (LL j=i;j<=N;j*=i) s[j]=-mu[i];
}
for (int i=1;i<=N;i++) s[i]+=s[i-1];
T=read();
while (T--)
{
int a=read(),b=read();
if (a>b) a^=b^=a^=b;
ans=0;
for (int i=1,j;i<=a;i=j+1)
{
j=min(a/(a/i),b/(b/i));
ans+=(s[j]-s[i-1])*(a/i)*(b/i);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}