神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题
给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对
kAc这种傻×必然不会了，于是向你来请教……
多组输入
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T = 10000
N, M <= 10000000
莫比乌斯反演
与bzoj2301类似，答案ans=∑(p)∑(1≤d≤n/p)mu[d]*(n/pd)*(n/pd)。
令T=pd，则ans=∑(1≤T≤n)(n/T)*(m/T)∑(p|T)mu[T/p]。
设f(T)=∑(p|T)mu[T/p]，如果能预处理出f(T)和前缀和，则采用分块就可以在O(sqrt(n))复杂度内完成单次询问。
如何预处理？只需要枚举每一个质数，暴力修改它的所有倍数即可。因为每个质数的修改次数均摊ln(n)，而n以内质数个数接近n/ln(n)，则总复杂度是约等于O(n)的。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 10000000
using namespace std;
int n,m,t,tot;
int pri[maxn+5],mu[maxn+5];
ll f[maxn+5];
bool mark[maxn+5];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void getmu()
{
mu[1]=1;
F(i,2,maxn)
{
if (!mark[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=maxn;j++)
{
mark[i*pri[j]]=true;
if (i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]]=0;break;}
else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
F(i,1,tot) for(int j=1;j*pri[i]<=maxn;j++) f[j*pri[i]]+=mu[j];
F(i,1,maxn) f[i]+=f[i-1];
}
int main()
{
getmu();
t=read();
while (t--)
{
ll ans=0;
n=read();m=read();
if (n>m) swap(n,m);
for(int i=1,pos;i<=n;i=pos+1)
{
pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(f[pos]-f[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
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原文地址：http://blog.csdn.net/aarongzk/article/details/51059682
