題目描述
- 設\(d(x)\)為\(x\)的約數個數，給定\(N、M\)，求\(\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{m}d(ij)\)
輸入輸出格式
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- 輸入文件包含多組測試數據。第一行，一個整數T，表示測試數據的組數。接下來的T行，每行兩個整數N、M。
- 輸出格式：
- T行，每行一個整數，表示你所求的答案。
解題思路
- 這道題，如果是第一次做，或者是不了解\(d(x)\)這個約數個數函數的某些神奇性質，那么是很難往下面繼續推的。
（我也是最近才知道的2333） - 很顯然，這題的難點就是這個約數個數函數。因此，我先給出這個函數的一個重要性質：
\[d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1] \]
至於具體的證明，還是感性的理解一下吧。
- 知道這個式子后，我們就可以開始嘗試去推了。
- 我們極其套路的去設幾個函數(PS:如果不知道為什么要這樣設，可以去看一看YY的GCD):
\[f(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d] \]
\[F(n)=\sum_{n|d}f(d) \]
由莫比烏斯反演可以得到：
\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\lfloor\frac{d}{n}\rfloor)F(d) \]
我們所求的為Ans：
\[Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}d(ij) \]
\[Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1] \]
看到這個\([gcd(x,y)=1]\)，我們就可以根據\(\mu\)的性質把它帶進去,如果不知道的話可以去看看我寫的莫比烏斯反演
\[Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d|gcd(x,y)}\mu(d) \]
更換枚舉項，由枚舉\(gcd(x,y)\)的約數，改為直接枚舉\(d\)
\[Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)*[d|gcd(x,y)] \]
將\(\mu(d)\)可以提出來，因為它與\(i,j\)無關
\[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x|i}\sum_{y|j}[d|gcd(x,y)] \]
接着，由枚舉\(i,j\)和它們的約數改變為枚舉它們的約數再直接乘上這些約數的倍數的個數。因為每一個約數都會對它的倍數產生貢獻。
\[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{m}[d|gcd(x,y)]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor \]
我們再一次更換枚舉項，將枚舉\(x,y\)換為枚舉\(dx,dy\)。這樣\([d|gcd(x,y)]\)這個條件就可以省去。
\[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor \]
我們可以發現\(\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\)與\(y\)無關，所以可以提前。
\[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor)(\sum_{y=1}^{{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}}\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor) \]
當我們將式子化簡成這樣的時候，我們已經可以看出，這個式子已經可以做到\(O(n)\)計算了。但是，由於存在多組數據，所以我們就可以運用整除分塊，將這個式子優化成\(O(\sqrt{n})\)的時間復雜度。(如果不知道整除分塊，可以去看看我寫的整除分塊)
- 這樣，這道題就可以A了。
還是貼一下我的代碼吧
#include<bits/stdc++.h>
#define N 50100
using namespace std;
inline void read(int &x)
{
x=0;
static int p;p=1;
static char c;c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(c-48);c=getchar();}
x*=p;
}
bool vis[N];
int prim[N],cnt,mu[N],sum[N];
long long g[N];
void get_mu(int n)
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i]){prim[++cnt]=i;mu[i]=-1;}
for(int j=1;j<=cnt&&prim[j]*i<=n;j++)
{
vis[prim[j]*i]=1;
if(i%prim[j]==0)break;
else mu[i*prim[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
long long ans=0;
for(int l=1,r;l<=i;l=r+1)
{
r=(i/(i/l));
ans+=1ll*(r-l+1)*1ll*(i/l);
}
g[i]=ans;
}
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int t;
read(t);
get_mu(50000);
while(t--)
{
static int n,m;
read(n);read(m);
static int max_rep;max_rep=min(n,m);
static long long ans;ans=0;
for(int l=1,r;l<=max_rep;l=r+1)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(sum[r]-sum[l-1])*1ll*g[n/l]*1ll*g[m/l];
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}