题意：
令x的约数之和为g[x]；
多组数据，输入n,m,a；
求∑g[gcd(i,j)]，g[gcd(i,j)]<=a，1<=i<=n，1<=j<=m；
题解：
首先对于取值在非负整数集合的数论函数，有以下结论成立；
此定理即莫比乌斯反演定理；
有了这个结论，本题中我们定义两个函数；
f [n]为gcd(i,j)==n的(i,j)对数；
F[n]为n|gcd(i,j)的(i,j)对数；
显然F[n]=∑f[d]，n|d；
那么莫比乌斯反演的②式成立；
而倘若不考虑题中小于等于a的影响，那么答案为：
∑ f[d]*g[d]，1<=d<=min(n,m)；//g[d]为d的约数和；
带入∑ g[d]*∑ μ(x/d)*(n/x)*(m/x)；
1<=d<=min(n,m)，d|x；
化简∑ (n/d)*(m/d)∑ μ(d/x)*g[x]；
1<=d<=min(n,m)，x|d；
(如果是单个询问)将所有满足g[x]<=a的∑ μ(d/x)*g[x]维护一个对d的前缀和；
可以在O(nlogn)的时间内解决(logn是在插入时一个d要由多个x更新而来造成的，这样均摊为log)；
但是多组询问在线的O(Q*nlogn)无法解决问题；
所以为了防止多次维护这个前缀和，将询问离线并按a排序；
排序之后将当前g[x]<=a的东西全部插入，自然也要将g[x]排序；
插入用树状数组
然后这样再处理所有询问，复杂度在O(Q√n+nlog^2n)的级别；
故可以解决此题；
代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 100100
#define M 22000
#define pr pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node
{
int n,m,k,no;
}a[M];
int pri[N>>1],ans[M],tot;
int miu[N],popo[N],qqq[N],sum[N];
pr g[N];
bool vis[N];
int cmp(node a,node b)
{
return a.k<b.k;
}
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
void update(int x,int val)
{
while(x<N)
{
sum[x]+=val;
x+=lowbit(x);
}
}
int query(int x)
{
int ret=0;
while(x)
{
ret+=sum[x];
x-=lowbit(x);
}
return ret;
}
void init()
{
miu[1]=g[1].first=g[1].second=popo[1]=qqq[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++)
{
if(!vis[i])
{
pri[++tot]=i; //素数表
miu[i]=-1; //莫比乌斯函数
popo[i]=i; //最小质因子的最大p^t满足p^t|i
qqq[i]=i+1; //∑p^t
g[i].first=i+1; //i的约数和
g[i].second=i; //id(i)，就是i本身
}
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<N;j++)
{
vis[i*pri[j]]=1;
g[i*pri[j]].second=i*pri[j];
if(i%pri[j]==0)
{
miu[i*pri[j]]=0;
popo[i*pri[j]]=popo[i]*pri[j];
qqq[i*pri[j]]=qqq[i]+popo[i*pri[j]];
g[i*pri[j]].first=g[i].first/qqq[i]*qqq[i*pri[j]];
break;
}
miu[i*pri[j]]=-miu[i];
popo[i*pri[j]]=pri[j];
qqq[i*pri[j]]=pri[j]+1;
g[i*pri[j]].first=g[i].first*(pri[j]+1);
}
}
}
int Inv(int n,int m)
{
int ret=0,i,last;
for(i=1;i<=n;i=last+1)
{
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
ret+=(n/i)*(m/i)*(query(last)-query(i-1));
}
return ret&2147483647;
}
int main()
{
init();
int T,n,m,i,j,k,p;
scanf("%d",&T);
for(i=1;i<=T;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a[i].n,&a[i].m,&a[i].k);
a[i].no=i;
if(a[i].n>a[i].m) swap(a[i].n,a[i].m);
}
sort(a+1,a+1+T,cmp);
sort(g+1,g+N);
for(i=p=1;i<=T;i++)
{
while(g[p].first<=a[i].k)
{
for(j=1;g[p].second*j<N;j++)
update(g[p].second*j,g[p].first*miu[j]);
p++;
}
ans[a[i].no]=Inv(a[i].n,a[i].m);
}
for(i=1;i<=T;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
原文地址：http://blog.csdn.net/ww140142/article/details/46946865
