bzoj2820&&YY的GCD

马丹，又是一道权限题。

问我怎么搞到题面：

vjudge:http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=37167

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HYSBZ - 2820 (Crawling failed)

YY的GCD

Time Limit: 2MS Memory Limit: 524288KB 64bit IO Format: %lld & %llu

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Description

神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题

给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对

kAc这种傻×必然不会了，于是向你来请教……

多组输入

Input

第一行一个整数T 表述数据组数

接下来T行，每行两个正整数，表示N, M

Output

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

Sample Input

210 10100 100

Sample Output

302791

Hint

T = 10000

N, M <= 10000000

Source

Status

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参照bzoj 中problem  B.

然后我们枚举每个质数分块。（嘿嘿嘿，你以为就过了？TLE）

                                           min(a',b')

我们处理那道题的时候，ans= ∑        u(d) *[a'/d]*[b'/d]

                                            d=1

                   min([n/p],[m/p])

这里，ans=∑  ∑            u(d)   *  [n/pd]    *[m/pd]

                 p  d=1

然后：

  min(N,M)

ans=∑       ∑  u(T/p) *[N/T]*[M/T] 
    T=1     p|T


    min(N,M)
ans=∑     [N/T][M/T] ∑  u(T/p)
    T=1               p|T
    
f(T)=∑  u(T/p)
     p|T 

然后我们可以预处理出来f(T)及其前缀和。

然后分块：

(由于是权限题，没法交，就在网上找了AC代码，对拍跑错，没跑出错；  测试时间，和网上代码差不多快。      求路过的有权限的大神帮忙交一下，谢谢~~)

#include<cstdio>#include<algorithm>#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<queue>#include<cmath>using namespace std;const int maxn=10000000+20;/*       min(N/p,M/p)ans=∑ ∑      u(d)*[N/pd]*[M/pd]     p  d=1    min(N,M)ans=∑       ∑  u(T/p) *[N/T]*[M/T]     T=1     p|T    min(N,M)ans=∑     [N/T][M/T] ∑  u(T/p)    T=1               p|T    f(T)=∑  u(T/p)     p|T */bool flag[maxn];int prime[maxn];int u[maxn];int f[maxn];int tot;void init(){memset(flag,0,sizeof(flag));tot=0;u[1]=1;for(int i=2;i<=10000000;i++){if(!flag[i]){prime[++tot]=i;u[i]=-1;}for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=10000000;j++){flag[i*prime[j]]=1;if(i%prime[j]==0){u[i*prime[j]]=0;break;}else u[i*prime[j]]=-u[i];}}for(int i=1;i<=tot;i++){for(int j=1;prime[i]*j<=10000000;j++){f[j*prime[i]]+=u[j];}}f[0]=0;for(int i=1;i<=10000000;i++)f[i]+=f[i-1];}int n,m;int main(){init();int T;scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d%d",&n,&m);int M=min(n,m);int pos;int ans=0;for(int i=1;i<=M;i=pos+1){pos=min(n/(n/i),m/(m/i));ans+=(f[pos]-f[i-1])*(n/i)*(m/i);}printf("%d\n",ans);}return 0;}