bzoj 2820 YY的GCD 莫比乌斯反演

 1 /*bzoj2820 YY的GCD*/
 2 #include <bits/stdc++.h>
 3 
 4 using namespace std;
 5 #define ll long long
 6 #define N 10000000
 7 int mu[N+5] , prime[N+5] , tot , f[N+5] , sum[N+5];
 8 bool check[N+5];
 9 
10 void get_mu()
11 {
12     mu[1] = 1;
13     for(int i=2 ; i<=N ; i++){
14         if(!check[i]){
15             prime[tot++] = i;
16             mu[i] = -1;
17             f[i] = 1;
18         }
19         for(int j=0 ; j<tot ; j++){
20             if((ll)prime[j]*i>N) break;
21             check[prime[j]*i] = true;
22             if(i%prime[j]){
23                 mu[i*prime[j]] = -mu[i];
24                 f[i*prime[j]] = -f[i]+mu[i];
25             }else{
26                 /*
27                 本身i中已经含有素数prime[j]
28                 在if中表示含有至少3个因子prime[j]，那么最后不管怎么样，当前数值除以一个因子都至少
29                 含有两个prime[j]，那么必然为0
30                 else 只有2个prime[j]的情况，那么就是除了除以prime[j]其他情况得到的都是至少有两个因子
31                 的，那么mu[]必然为0，而因为从当前增加了一个因子，那么就是讲那个取到的取反就可以了
32                 */
33                 if((i/prime[j])%prime[j]==0) f[i*prime[j]] = mu[i];
34                 else f[i*prime[j]] = -mu[i/prime[j]];
35                 break;
36             }
37         }
38     }
39     for(int i=1 ; i<=N ; i++) sum[i] = sum[i-1]+f[i];
40 }
41 int n , m;
42 
43 ll solve()
44 {
45     int mn = min(n , m) , last ;
46     ll ret=0;
47     for(int i=1 ; i<=mn ; i=last+1){
48         last = min(n/(n/i) , m/(m/i));
49         ret += (ll)(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
50     }
51     return ret;
52 }
53 
54 int main()
55 {
56     freopen("in.txt" , "r" , stdin);
57     get_mu();
58     int T;
59     scanf("%d" , &T);
60     while(T--){
61         scanf("%d%d" , &n , &m);
62         printf("%lld\n" , solve());
63     }
64     return 0;
65 }