设\(d(x)\)表示x约数个数，给定n,m，\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)\)
多组询问，1<=T<=50000，1<=N, M<=50000
前置知识：\(d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x,y)=1]\)
证明：\(xy\)一定是\(ij\)的约数。考虑一个质数\(p\)，\(i\)中包含\(p^a\)，\(j\)中包含\(p^b\)，则\(ij\)中包含的是\(p^{a+b}\)。若\(\gcd(x,y)=1\)，说明\(x,y\)中至少有一个数的\(p^k\)为1，容斥一下就有\(a+b+1\)种，而\(p^{a+b}\)中也恰好有\(a+b+1\)的贡献。最后把所有质数贡献乘起来就是答案。
推式子即可：
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x,y)=1]\)
\(=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\lfloor\frac nx\rfloor\lfloor\frac my\rfloor[\gcd(x,y)=1]\)
\(=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\lfloor\frac nx\rfloor\lfloor\frac my\rfloor\sum_{d|x,d|y}\mu(d)\)
\(=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^{n/d}\sum_{y=1}^{m/d}\lfloor\frac n{xd}\rfloor\lfloor\frac m{yd}\rfloor\)
设\(f(n)=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac ni\rfloor=\sum_{i=1}^nd(i)\)，这里的\(d\)是约数个数，由于\(n\le50000\)，这个可以预处理线性筛约数个数
则原式=\(\sum_{d=1}^n\mu(d)f(\lfloor\frac nd\rfloor)f(\lfloor\frac md\rfloor)\)，直接上数论分块
#include <cstdio>
#include <functional>
using namespace std;
int prime[50010], fuck = 50000, tot, d[50010], d1[50010], mu[50010];
bool vis[50010];
int main()
{
mu[1] = d[1] = d1[1] = 1;
for (int i = 2; i <= fuck; i++)
{
if (vis[i] == false) { prime[++tot] = i, mu[i] = -1, d[i] = d1[i] = 2; }
for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= fuck; j++)
{
vis[i * prime[j]] = true;
if (i % prime[j] == 0)
{
d1[i * prime[j]] = d1[i] + 1;
d[i * prime[j]] = d[i] / d1[i] * d1[i * prime[j]];
break;
}
d1[i * prime[j]] = 2;
d[i * prime[j]] = d[i] * 2;
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
d[i] += d[i - 1];
mu[i] += mu[i - 1];
}
int t; scanf("%d", &t);
while (t --> 0)
{
int n, m;
long long ans = 0;
scanf("%d%d", &n, &m);
if (n > m) swap(n, m);
for (int i = 1, j; i <= n; i = j + 1)
{
j = min(n / (n / i), m / (m / i));
ans += (mu[j] - mu[i - 1]) * (long long)d[n / i] * d[m / i];
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}45行一遍AC
最近做数论题都不用观察题解了。。。
原文地址：https://www.cnblogs.com/oier/p/10298932.html