能量采集 HYSBZ - 2005（莫比乌斯）（详细过程推导)

栋栋有一块长方形的地，他在地上种了一种能量植物，这种植物可以采集太阳光的能量。在这些植物采集能量后，

栋栋再使用一个能量汇集机器把这些植物采集到的能量汇集到一起。 栋栋的植物种得非常整齐，一共有n列，每列

有m棵，植物的横竖间距都一样，因此对于每一棵植物，栋栋可以用一个坐标(x, y)来表示，其中x的范围是1至n，

表示是在第x列，y的范围是1至m，表示是在第x列的第y棵。 由于能量汇集机器较大，不便移动，栋栋将它放在了

一个角上，坐标正好是(0, 0)。 能量汇集机器在汇集的过程中有一定的能量损失。如果一棵植物与能量汇集机器

连接而成的线段上有k棵植物，则能量的损失为2k + 1。例如，当能量汇集机器收集坐标为(2, 4)的植物时，由于

连接线段上存在一棵植物(1, 2)，会产生3的能量损失。注意，如果一棵植物与能量汇集机器连接的线段上没有植

物，则能量损失为1。现在要计算总的能量损失。 下面给出了一个能量采集的例子，其中n = 5，m = 4，一共有20

棵植物，在每棵植物上标明了能量汇集机器收集它的能量时产生的能量损失。 在这个例子中，总共产生了36的能

量损失。

Input

仅包含一行，为两个整数n和m。

Output

仅包含一个整数，表示总共产生的能量损失。

Sample Input

【样例输入1】

5 4

【样例输入2】

3 4

Sample Output

【样例输出1】

36

【样例输出2】

20

对于100%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100,000。

我们按照天然的思路，也就是说，所有n*m个点，对于答案即能量贡献是多少，我们设(x,y),这个贡献题目的定义说的很清楚，这点到(0,0)这条直线上有多少个点，那现在的问题是，对一个点，如果我们能知道这个直线上有多少个点，那么其贡献我们就知道了，很显然，这个就是求gcd(x,y)啊，那么显然，一个点的能量贡献即是2∗gcd(x,y)−1。

那么好,一个天然的算法就是，我们枚举每个点，然后计算gcd(x,y),时间复杂度O(n∗m∗logn)。但是100000的数据量，这样是绝对要超时的。想到的是，我们可以转换角度，不是去枚举点，而是去枚举gcd。

设f(d)为gcd(x,y)=d的点的数量

那么答案：ans=∑i=1min(n,m){f(i)∗(2∗i−1)}

因为 ∑i=1min(n,m)f(i)=n∗m

所以进一步ans=2∗∑i=1min(n,m)f(i)∗i−n∗m

现在问题的关键是如何高效率的求出f(d),这里我们就用莫比乌斯反演了

设F(d)为满足d|gcd（x,y)的个数。

那么显然F(n)=∑n|df(d)所以f(n)=∑n|d{μ(dn)∗F(d)}到这里，还不够，还是会超时，还需要继续优化

设d=n∗k，则f(n)∗n=n∗∑k=1+∞μ(k)∗F(n∗k)

所以∑i=1min(n,m)f(i)∗i=∑k=1+∞{μ(k)∑ii∗F(i∗k)}=∑k=1+∞{μ(k)k∑k|tF(t)∗t}(i=tk)

又∑k=1+∞{μ(k)k∑k|tF(t)∗t}=∑t{F(t)∗t∑k|tμ(k)k}

非常巧的是，我们有一个定理：∑d|nμ(d)d=ϕ(n)n证明：

因为n=∑d|nϕ(d)

反演得：ϕ(n)=∑d|nμ(nd)d=∑d|nμ(d)nd⇒ϕ(n)n=∑d|nμ(d)d(其实这里面有着更加有趣的东西，和容斥有着千丝万缕的关系)

证毕

所以最后∑i=1min(n,m)f(i)∗i=∑t+∞F(t)∗ϕ(t)

而对于F(x),他的形式非常简单，即：F(d)=nd∗md易知x→+∞,F(x)→0,所以t我们只算到min(n,m)即可

代码就非常简单了，也没必要分块来算

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define N 100002
#define mod 1000000007
using namespace std;

bool prime
;
int phi
;
void e()
{
for(int i=1;i<N;i++)
phi[i]=i;
memset(prime,true,sizeof(prime));
for(int i=2;i<N;i++)
if(prime[i])
{
for(int j=i;j<N;j+=i)
{
prime[j]=false;
phi[j]-=phi[j]/i;
}
}
}
int main()
{
int n,m;
e();
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
{
if(n>m)
{
int temp=n;
n=m;
m=temp;
}
long long ans=-((long long)n*m);
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=2*((long long)n/i)*(m/i)*phi[i];
printf("%lld\n",ans);
}

return 0;
}

还有一种做法也比较神奇，和反演无关

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
using namespace std;

int n,m;
long long f[100005];//gcd为某个数的点的个数
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
{
if(n>m)
{
int temp=n;
n=m;
m=temp;
}
long long ans=0;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
f[i]=(long long )(n/i)*(m/i);//会包含很多重复项，从最大值开始枚举
for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
f[i]-=f[j];//不断去除重复的
ans+=f[i]*(2*i-1);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}