题面戳我
题意：给出n,m,p，求
\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[h(\gcd(i,j))\le p]\]
其中\(h(x)\)表示一个数质因数分解后质数的个数，如\(12=2*2*3\)，故\(h(12)=3\)。
多组数据，\(n\le 5*10^5\)
sol
首先大开式子开到了这一步
\[ans=\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac nT\rfloor\lfloor\frac mT\rfloor\sum_{d|T}[h(d)\le p]\mu(\frac Td)\]
然后就傻了，p是给出的呀，难不成每组数据\(O(\sum_{i=1}^{n}\lfloor \frac ni\rfloor)\)去算？
然后我们突然机智地发现了一个特点：对于任意\(i\in[1,n]\)，都有\(h(i)\le18\)。
（\(2^{18}=262144,2^{19}=524288\)）
所以如果给出的\(p>18\)，那就直接输出n*m好了。
然后对于\(p\le18\)，就预处理出0~18的前缀和就行了。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 500000;
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
int pri[N+5],tot,zhi[N+5],mu[N+5],h[N+5],s[19][N+5];
void Mobius()
{
zhi[1]=mu[1]=1;
for (int i=2;i<=N;i++)
{
if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1,h[i]=1;
for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++)
{
zhi[i*pri[j]]=1;h[i*pri[j]]=h[i]+1;
if (i%pri[j]) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
else break;
}
}
for (int i=1;i<=N;i++)
for (int j=i;j<=N;j+=i)
s[h[i]][j]+=mu[j/i];
for (int i=1;i<=18;i++)
for (int j=1;j<=N;j++)
s[i][j]+=s[i-1][j];
for (int i=0;i<=18;i++)
for (int j=1;j<=N;j++)
s[i][j]+=s[i][j-1];
}
int main()
{
Mobius();
int T=gi();
while (T--)
{
int n=gi(),m=gi(),p=gi();
if (p>18) {printf("%lld\n",1ll*n*m);continue;}
if (n>m) swap(n,m);
int i=1;ll ans=0;
while (i<=n)
{
int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=1ll*(n/i)*(m/i)*(s[p][j]-s[p][i-1]);
i=j+1;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}