P3327 [SDOI2015]约数个数和

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首先证明 $d(ij)=\sum_{k|i}\sum_{l|j}[gcd(k,l)==1]$

把 $i,j$ 考虑成唯一分解后的形式：$P_{i1}^{k1}P_{i2}^{k2}...P_{in}^{kn}$

对于 $i,j$ 中某个相同的质因子 $P_{x}$ ，$i=...P_{x}^{ki}...$，$j=...P_{x}^{kj}...$

如果枚举到 $j$ 中因数 $l$ 时，$l$ 有因数 $P_{x}^{t}$，不妨看成 $P_{x}^{ki+t}$，

如果这样看，那么会发现枚举 $k,l$ 时一定能把 $P_{x}$ 从 $P_{x}^{1}$ 枚举到 $P_{x}^{ki+kj}$，这样就包括了所有情况

会不会重复算呢，显然因为式子 $d(ij)=\sum_{k|i}\sum_{l|j}[gcd(k,l)==1]$ 要满足 $k,l$ 没有相同的质因数才有贡献

所以枚举时对于同一个质因数一定不会在既在 $k$ 中有，又在 $l$ 中有，

即不会出现枚举成 $P_{x}^{ki+t+y}$，其中 $y$ 是 $k$ 对 $P$ 的贡献（此时 $k$ 的贡献已经全在 $ki$ 中了，导致不合法）

要么是 $P_{x}^{ki+t}$ 要么是 $P_{x}^{y}$

所以最后我们证明了 $d(ij)=\sum_{k|i}\sum_{l|j}[gcd(k,l)==1]$

那么 $Ans=\sum_i\sum_jd(ij)=\sum_{k|i}\sum_{l|j}[gcd(k,l)==1]$

有 $gcd$ 了，显然莫比乌斯反演：

设 $f[x]=\sum_i\sum_j\sum_{k|i}\sum_{l|j}[gcd(k,l)==x]$，答案即为 $f[1]$

设 $F[x]=\sum_i\sum_j\sum_{k|i}\sum_{l|j}[x|gcd(k,l)]$，那么有 $F[x]=\sum_{x|d}f[d]$，直接反演得到

$f[1]=\sum_d\mu(d)\sum_i\sum_j\sum_{k|i}\sum_{l|j}[d|gcd(k,l)]$

变成先枚举 $k,l$ 再枚举 $k,l$ 的倍数 $i‘,j‘$，使得 $ki‘=i,kj‘=j$，变成

$f[1]=\sum_d\mu(d)\sum_k\sum_l[d|gcd(k,l)]\sum_{i‘}^{\left \lfloor \frac{N}{k} \right \rfloor}\sum_{j‘}^{\left \lfloor \frac{M}{l} \right \rfloor}\\=\sum_d\mu(d)\sum_{k}^{N}\sum_{l}^{M}[d|gcd(k,l)]\left \lfloor \frac{N}{k} \right \rfloor\left \lfloor \frac{M}{l} \right \rfloor$

把枚举数 $k,l$ 变成枚举 $d$ 的倍数 $k‘,l‘$，使得 $k=k‘d,l=l‘d$，得到

$f[1]=\sum_d\mu(d)\sum_{k‘}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}\sum_{l‘}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{N}{k‘d} \right \rfloor\left \lfloor \frac{M}{l‘d} \right \rfloor\\=\sum_d\mu(d)(\sum_{k‘}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{N}{k‘d} \right \rfloor)(\sum_{l‘}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{M}{l‘d} \right \rfloor)\\=\sum_d\mu(d)(\sum_{k‘}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}{k‘} \right \rfloor)(\sum_{l‘}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}{l‘} \right \rfloor)$

只要预处理出 $sum[x]=\sum_{k‘}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}{k‘} \right \rfloor$ 就好了

 最后附上完整过程：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
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<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=2e7+7;
int Q,n,m,mi,pri[N],mu[N],tot;
ll sum[N],ans;
bool not_pri[N];
void pre()
{
    not_pri[1]=1; mu[1]=1;
    for(int i=2;i<5e4;i++)
    {
        if(!not_pri[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=tot;j++)
        {
            ll t=1ll*i*pri[j]; if(t>5e4) break;
            not_pri[t]=1; if(!(i%pri[j])) break;
            mu[t]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=2;i<=5e4;i++) mu[i]+=mu[i-1];
}
int main()
{
    Q=read(); pre();
       for(int i=1;i<=5e4;i++)
    {
           for(int l=1,r;l<=i;l=r+1)
           {
               r=i/(i/l);
               sum[i]+=1ll*(r-l+1)*(i/l);
           }
    }
    while(Q--)
    {
        n=read(),m=read(); mi=min(n,m); ans=0;
        for(int l=1,r;l<=mi;l=r+1)
        {
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans+=1ll*(mu[r]-mu[l-1])*sum[n/l]*sum[m/l];
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

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