题目链接：https://vjudge.net/problem/SPOJ-PGCD
题目大意：
给定 \(N\) 和 \(M\)，求满足 \((1 \le x \le N), (1 \le y \le M)\)，且 \(gcd(x,y)\) 为素数的 \((x,y)\) 的对数。
知识点： 莫比乌斯反演
解题思路：
设 \(g(p)\) 表示满足 \((1 \le x \le N), (1 \le y \le M)\)，且 \(gcd(x,y) = p\) 的 \((x,y)\) 的对数。直接求 \(g(p)\) 是不可行的，其时间复杂度为 \(O(NM)\).
再设 \(f(p)\) 表示满足 \((1 \le x \le N), (1 \le y \le M)\)，且 \(p|gcd(x,y)\) 的 \((x,y)\) 的对数，易知 \(f(p)=(N/p)*(M/p)\)。且不难推出 \(f(n) = \sum \limits_{n|d} g(d)\). \((1)\)
莫比乌斯反演公式：若满足 \(F(n) = \sum \limits_{n|d} f(d)\)，则有 \(f(n) = \sum \limits_{n|d} \mu(\frac{d}{n})F(d)\).
将其代入式 \((1)\) 得：
\(g(n) = \sum \limits_{n|d} \mu(\frac{d}{n})f(d) = \sum \limits_{n|d} \mu(\frac{d}{n})(N/d)(M/d)\) \((2)\)
最终的答案为（\(p\) 代表质数）：
\(\sum \limits_{p} g(p) = \sum \limits_{p} \sum \limits_{p|d} \mu(\frac{d}{p})(N/d)(M/d)\)
\(= \sum \limits_{d}^{min(M,N)} (N/d)(M/d) \sum \limits_{p|d} \mu(\frac{d}{p})\) \((3)\)
第二个求和函数可以预处理，枚举每一个质数，更新对应的前缀和。
AC代码：
1 #include <bits/stdc++.h>
2
3 using namespace std;
4 typedef long long LL;
5 const int maxn = 1e7+5;
6 bool check[maxn];
7 int prime[maxn],Mobius[maxn];
8 int tot;
9 int u[maxn];
10
11 void init(){
12 Mobius[1]=1;
13 tot=0;
14 for(int i=2;i<maxn;i++){
15 if(!check[i]){
16 prime[tot++]=i;
17 Mobius[i]=-1;
18 }
19 for(int j=0;j<tot&&i*prime[j]<maxn;j++){
20 check[i*prime[j]]=true;
21 if(i%prime[j]==0){
22 Mobius[i*prime[j]]=0;
23 break;
24 } else
25 Mobius[i*prime[j]]=-Mobius[i];
26 }
27 }
28 for(int i=0;i<tot;i++){
29 for(int j=prime[i];j<maxn;j+=prime[i]){
30 u[j]+=Mobius[j/prime[i]]; // u[j] 代表分子为 j(对应式3中的d) 的和函数的值
31 }
32 }
33 for(int i=1;i<maxn;i++) u[i]+=u[i-1]; //处理出前缀和
34 }
35 int main(){
36 init();
37 int t,n,m;
38 scanf("%d",&t);
39 while(t--){
40 LL ans=0;
41 int last;
42 scanf("%d%d",&n,&m);
43 for(int i=1;i<=min(n,m);i=last+1){
44 last=min(n/(n/i),m/(m/i)); // [i,last] 这一段的 u[] 对应 (N/d)(M/d) 相等，不难用实验验证
45 ans+=(LL)(n/i)*(m/i)*(u[last]-u[i-1]);
46 }
47 printf("%lld\n",ans);
48 }
49 return 0;
50 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/Blogggggg/p/8954320.html