[SDOI2015]約數個數和

原題連接

題目描述

• 設\(d(x)\)爲\(x\)的約數個數，給定\(N、M\)，求\(\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{m}d(ij)\)

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• 輸入文件包含多組測試數據。第一行，一個整數T，表示測試數據的組數。接下來的T行，每行兩個整數N、M。
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• T行，每行一個整數，表示你所求的答案。

解題思路

• 這道題，若是是第一次作，或者是不瞭解\(d(x)\)這個約數個數函數的某些神奇性質，那麼是很難往下面繼續推的。（我也是最近才知道的2333）
• 很顯然，這題的難點就是這個約數個數函數。所以，我先給出這個函數的一個重要性質：
  \[d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]\]
  至於具體的證實，仍是感性的理解一下吧。
• 知道這個式子後，咱們就能夠開始嘗試去推了。
• 咱們極其套路的去設幾個函數(PS:若是不知道爲何要這樣設，能夠去看一看YY的GCD):
  \[f(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]\]
  \[F(n)=\sum_{n|d}f(d)\]
  由莫比烏斯反演能夠獲得：
  \[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\lfloor\frac{d}{n}\rfloor)F(d)\]
  咱們所求的爲Ans：
  \[Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}d(ij)\]
  \[Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]\]
  看到這個\([gcd(x,y)=1]\)，咱們就能夠根據\(\mu\)的性質把它帶進去,若是不知道的話能夠去看看我寫的莫比烏斯反演
  \[Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d|gcd(x,y)}\mu(d)\]
  更換枚舉項，由枚舉\(gcd(x,y)\)的約數，改成直接枚舉\(d\)
  \[Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)*[d|gcd(x,y)]\]
  將\(\mu(d)\)能夠提出來，由於它與\(i,j\)無關
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x|i}\sum_{y|j}[d|gcd(x,y)]\]
  接着，由枚舉\(i,j\)和它們的約數改變爲枚舉它們的約數再直接乘上這些約數的倍數的個數。由於每個約數都會對它的倍數產生貢獻。
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{m}[d|gcd(x,y)]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor\]
  咱們再一次更換枚舉項，將枚舉\(x,y\)換爲枚舉\(dx,dy\)。這樣\([d|gcd(x,y)]\)這個條件就能夠省去。
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor\]
  咱們能夠發現\(\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\)與\(y\)無關，因此能夠提早。
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor)(\sum_{y=1}^{{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}}\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor)\]
  當咱們將式子化簡成這樣的時候，咱們已經能夠看出，這個式子已經能夠作到\(O(n)\)計算了。可是，因爲存在多組數據，因此咱們就能夠運用整除分塊，將這個式子優化成\(O(\sqrt{n})\)的時間複雜度。(若是不知道整除分塊，能夠去看看我寫的整除分塊)
• 這樣，這道題就能夠A了。

仍是貼一下個人代碼吧

#include<bits/stdc++.h>
#define N 50100
using namespace std;
inline void read(int &x)
{
    x=0;
    static int p;p=1;
    static char c;c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(c-48);c=getchar();}
    x*=p;
}
bool vis[N];
int prim[N],cnt,mu[N],sum[N];
long long g[N];
void get_mu(int n)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i]){prim[++cnt]=i;mu[i]=-1;}
        for(int j=1;j<=cnt&&prim[j]*i<=n;j++)
        {
            vis[prim[j]*i]=1;
            if(i%prim[j]==0)break;
            else mu[i*prim[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        long long ans=0;
        for(int l=1,r;l<=i;l=r+1)
        {
            r=(i/(i/l));
            ans+=1ll*(r-l+1)*1ll*(i/l);
        }
        g[i]=ans;
    }
}
int main()
{
//  freopen(".in","r",stdin);
//  freopen(".out","w",stdout);
    int t;
    read(t);
    get_mu(50000);
    while(t--)
    {
        static int n,m;
        read(n);read(m);
        static int max_rep;max_rep=min(n,m);
        static long long ans;ans=0;
        for(int l=1,r;l<=max_rep;l=r+1)
        {
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans+=(sum[r]-sum[l-1])*1ll*g[n/l]*1ll*g[m/l];
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}