[SDOI2015]约数个数和

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Solution:

首先，我们转化式子
\[ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m d(ij)\\ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \sum_{x|i} \sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]\\ \]
我们把\(x,y\)给提前
\[ \sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m \lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{y} \rfloor [gcd(x,y)=1] \]
我们把\(gcd(x,y)\)提前，\(x,y\)不太好看，再给他换个名字\(i,j\)
\[ \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \lfloor \frac{m}{j} \rfloor \sum_{d|i} \sum_{d|j} \mu(d)\\ \]
我们把\(d\)提前
\[ \sum_{d=1}^n \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} \lfloor \frac{n}{di} \rfloor \lfloor \frac{m}{dj} \rfloor \]
我们设一个函数\(g(n)=\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)，则有
\[ \sum_{d=1}^n \mu(d) g(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor) g(\lfloor \frac{m}{d} \rfloor) \]
这个数论分块即可，考虑怎么筛\(g(n)\)，我们可以发现\(g(n)=\sum_{i=1}^n d(i)\)，则我们筛\(d\)后做前缀和即可

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e4+11;
int n,m,u[N],p[N],vis[N];
int ans,cnt,g[N],num[N];
int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
    return x*f;
}
void prepare(){
    u[1]=1;g[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!vis[i]) p[++cnt]=i,u[i]=-1,g[i]=2,num[i]=1;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<N;j++){
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0){
                u[i*p[j]]=0;
                g[i*p[j]]=g[i]/(num[i]+1)*(num[i]+2);
                num[i*p[j]]=num[i]+1;
                break;
            }
            u[i*p[j]]=-u[i];
            g[i*p[j]]=g[i]*2;
            num[i*p[j]]=1;
        }
    }
    for(int i=1;i<N;i++)
        u[i]=u[i]+u[i-1],g[i]=g[i]+g[i-1]; 
}
void solve(){
    n=read(),m=read();
    ans=0;
    for(int i=1,j;i<=min(n,m);i=j+1){
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans=ans+(u[j]-u[i-1])*g[n/i]*g[m/i];
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
signed main(){
    prepare();
    int t=read();
    while(t--) solve();
    return 0;
}

来源：https://www.cnblogs.com/NLDQY/p/11992891.html