http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3994
设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求
用到的一个结论：
证明：
枚举n的约数i，枚举m的约数j
那么i*j一定是n*m的约数
d（nm）相当于不同的i*j 的个数
若i， j 不互质
设gcd（i，j）= g ， 则 i= p*g ，j=q*g
那么i*j 可以 组成两个互质数p*g*g 和 q 的乘积
p*g*g 和 q 也都输n和m的约数
即p*g*g 和 q 也都是合法的i，j
所以 互质数i和j的乘积组成了n*m的所有的约数
上式得证
回到这个题
令N<=M
化为
改变枚举顺序，先枚举i，j
当n=[1,N]中所有i的倍数时，i会取n/i次
即i会取 
次 （ 里面有除号的[]表示下取整，下面一样）
j 同理
所以 上式化为
= 
=
改变枚举顺序，先枚举d
令 
则
ans=
f（x） 可以 用除法分块 提前 N*sqrt(N)处理好
预处理 μ 的前缀和
最后的式子 也可以用除法分块 在sqrt(N)时间内计算出
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define N 50001 typedef long long LL; int prime[N]; bool vis[N]; int miu[N],sum[N]; LL f[N]; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-‘0‘; c=getchar(); } } void premiu() { int cnt=0; miu[1]=1; for(int i=2;i<N;++i) { if(!vis[i]) { prime[++cnt]=i; miu[i]=-1; } for(int j=1;j<=cnt;++j) { if(prime[j]*i>=N) break; vis[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j]==0) break; miu[i*prime[j]]=-miu[i]; } } for(int i=1;i<N;++i) sum[i]+=sum[i-1]+miu[i]; } LL pref(int x) { LL tot=0; int j; for(int i=1;i<=x;i=j+1) { j=x/(x/i); tot+=(LL)(j-i+1)*(x/i); } return tot; } int main() { premiu(); for(int i=1;i<N;++i) f[i]=pref(i); int T,n,m,j; LL ans; read(T); while(T--) { ans=0; read(n); read(m); if(n>m) swap(n,m); for(int i=1;i<=n;i=j+1) { j=min(n/(n/i),m/(m/i)); ans+=f[n/i]*f[m/i]*(sum[j]-sum[i-1]); } cout<<ans<<‘\n‘; } }
