[bzoj3994] [SDOI2015]約數個數和

Description

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

Input

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。

Output

T行，每行一個整數，表示你所求的答案。

Sample Input

2
7 4
5 6

Sample Output

110
121

HINT

1<=N, M<=50000

1<=T<=50000

solution

前置知識：莫比烏斯反演

首先對於\(d\)函數有一個結論：
\[ d(ij)=\sum_{d|i}\sum_{d|j}[gcd(i,j)=1] \]
我就是由於不知道這個結論推了半個小時無果QAQ

證實大體以下：對於\(ij\)的每個質因數\(x\)，在\(i\)裏出現了\(a\)次，在\(j\)裏出現了\(b\)次，則總共有\(a+b+1\)中狀況，

而後進行轉換，對於任意一個要選\(q\)個的狀況：

• 若\(q\leqslant a\)，就在\(i\)裏選出\(q\)個，\(j\)裏不選。
• 不然就在\(j\)裏選出\(q-a\)個，這裏的在\(j\)裏選實質上是在\(i\)裏選滿了，而後再在\(j\)裏選的，爲了避免重複計數，在\(j\)裏選\(z\)個實質上是選了\(z+a\)個。

對於每個質因數都這麼考慮，而後只要保證\(i,j\)互質即爲一種方案。

而後把這個玩意帶到題目給的式子裏去，大力推一下，可得：
\[ ans=\sum_{d^\prime=1}^{min(n,m)}\mu(d^\prime)\sum_{d_1=1}^{\lfloor\frac{n}{d^\prime}\rfloor}\lfloor\frac{n}{d_1d^\prime}\rfloor\sum_{d_2=1}^{\lfloor\frac{m}{d^\prime}\rfloor}\lfloor\frac{m}{d_2d^\prime}\rfloor \]
令\(f\)爲式子後面那一塊，即：
\[ f(n)=\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]
而後考慮下這個函數的性質：

對於枚舉的\(i\)，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)實質上就是\(n\)之內能整除\(i\)的數的個數。

反過來想，對於每一個數，它的每個約數都對答案有1的貢獻，因此\(f(n)\)等價於\(n\)之內的全部數的約數個數和。

而後線篩下約數個數和莫比烏斯函數，求下前綴和，整除分塊下，就作完了。

時間複雜度\(O(n+q\sqrt{n})\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long 

void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}

void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

const int maxn = 5e4+1;

int d[maxn],pri[maxn],tot,p[maxn],vis[maxn],mu[maxn];

void sieve() {
    d[1]=mu[1]=1;
    for(int i=2;i<maxn;i++) {
        if(!vis[i]) pri[++tot]=i,d[i]=2,p[i]=2,mu[i]=-1;
        for(int t,j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
            vis[t=i*pri[j]]=1;
            if(!(i%pri[j])) {
                p[t]=p[i]+1;d[t]=d[i]/p[i]*p[t];
                mu[t]=0;break;
            }
            p[t]=2,d[t]=d[i]*p[t];mu[t]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<maxn;i++) mu[i]=mu[i]+mu[i-1];
    for(int i=1;i<maxn;i++) d[i]=d[i-1]+d[i];
}

signed main() {
    sieve();int t;read(t);
    while(t--) {
        int n,m;read(n),read(m);
        int T=1,ans=0;if(n>m) swap(n,m);
        while(T<=n) {
            int pre=T;T=min(n/(n/T),m/(m/T));
            ans+=(mu[T]-mu[pre-1])*d[n/T]*d[m/T];T++;
        }write(ans);
    }
    return 0;
}