【[SDOI2015]約數個數和】

題意簡述

給定$n,m$，求下面式子的值，其中$\sigma_0(i)$表示$i$的約數個數。

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma_0(ij)$

其中$n,m\leq 50000$

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我們考慮將$\sigma_0(ij)$進行轉化，其實其值就相當於下面：

$\sigma_0(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]$

簡單證明：

由於其質因子之間會不影響，所以我們分開單獨考慮，對於一個$ij$的質因子$p$，假設它在$ij$中為$p^c$，那麼肯定有$p^a|i,p^b|j,a+b=c$，所以我們考慮，對於一個因子$p^d$，如果$d\leq a$我們就在$i$中選擇，此時$p^d|x$，那麼由於對於這一個因子只能算一次，所以在$x$中選了後就不能再$y$中選擇，所以必須保證$y$中沒有因子$p$，而當$d> a$時，我們就在$y$中選擇指數為$d-a$的，此時同樣要求$x$中不包含因子$p$，那麼將此情況應用到所有的質因子上，顯然$x\perp y$，也就是$gcd(x,y)=1$，因此得證。

其實相當於一個對映，我們將$p^d$，其中$d\leq a$的對映到$x$上去，而$d> a$的對映到$y$上，由於如果$x,y$不互質，那麼相當於我們把同一個因子同時對映在了$x,y$，會算多次，但是隻能算一次，所以要保證互質。

那麼我們就將式子轉換成了（這裡預設$n\leq m$不滿足則交換）：

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1] \\ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{w|x,w|y}\mu(w) \\ \sum_{w=1}^n\mu(w)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{w}\rfloor}\left\lfloor\frac{n}{wi}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{wj}\right\rfloor$

由於$n,m$的範圍比較小，我們線性篩出$\mu$並預處理字首和，然後對於後面的我們令$g(n)=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$

其實我們容易知道：
$g(n)=\sum_{i=1}^n\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor=\sum_{i=1}^n\sigma_0(i)$

簡單證明：

我們考慮，對於一個$i$，它可以對其倍數，也就是$2i,3i,\cdots,\lfloor\frac{n}{i}\rfloor i$，貢獻$\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$次，剛好反過來考慮，對於一個數$i$，它的每個因子都會對其貢獻一次，所以原式就相等了。

原式就變成：

$\sum_{w=1}^n\mu(w)g(\lfloor\frac{n}{w}\rfloor)g(\lfloor\frac{m}{w}\rfloor)$

那麼我們再$O(n)$的線性篩出$\sigma_0$並預處理字首和，這個題就可以每次分塊的回答了。

複雜度$O(n+T\sqrt n)$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e5+10;
int T,n,m;
ll prime[M],sdiv[M],num[M],cnt,mob[M];
bool nop[M];
void init(int n){
  sdiv[1]=1;num[1]=1;mob[1]=1;
  for(int i=2;i<=n;i++){
    if(!nop[i]) prime[++cnt]=i,sdiv[i]=2,num[i]=1,mob[i]=-1;
    for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
      nop[i*prime[j]]=1;
      if(i%prime[j]){
        sdiv[i*prime[j]]=sdiv[i]*sdiv[prime[j]];
        num[i*prime[j]]=1;
        mob[i*prime[j]]=-mob[i];
      }else{
        sdiv[i*prime[j]]=sdiv[i]/(num[i]+1)*(num[i]+2);
        num[i*prime[j]]=num[i]+1;
        mob[i*prime[j]]=0;
        break;
      }
    }
  }
  for(int i=1;i<=n;i++) sdiv[i]+=sdiv[i-1],mob[i]+=mob[i-1];
}
ll calc(int n,int m){
  int pos;if(n>m) swap(n,m);
  ll ans=0;
  for(int i=1;i<=n;i=pos+1){
    int t1=n/i,t2=m/i;
    pos=min(n/(t1),m/(t2));
    ans+=(mob[pos]-mob[i-1])*(sdiv[t1])*(sdiv[t2]);
  }
  return ans;
}
int main(){
  scanf("%d",&T);
  init(50000);
  while(T--){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    printf("%lld\n",calc(n,m));
  }
  return 0;
}

加強版【BZOJ4176-許可權題】

一組詢問，給定$n\leq 10^9$，求下面式子的值：

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sigma_0(ij)$

此時無法$O(n)$的線性篩，所以我們要換個角度考慮，可能要用杜教篩或其他低於線性的篩法。

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我們先來看$\sigma_0(ij)$，對於一個$d|ij$，我們令$a=\frac{i}{gcd(i,d)},b=\frac{d}{gcd(i,d)}$，此時顯然$a\perp b$，然後肯定有$a|i,b|j$（$a|i$是顯然的，而$b|j$由於$d|ij$而$b|d$，$b$只是除去了在$i$中的因子，所以肯定$b|j$）。

另外一種解釋：$b\times gcd(i,d)=d$，$d|ij\Leftrightarrow b|\frac{ij}{gcd(i,d)} = b|aj$，因為$a\perp b$，所以$b|j$。

所以，對於任意$a\perp b,a|i,b|j$的都有$d=\frac{ib}{a}|ij$，由此可知：

$\sigma_0(ij)=\sum_{d|ij}1=\sum_{a|i,b|j,a\perp b}1=\sum_{a|i,b|j}[gcd(i,j)=1]$

這個也就是前面的另一種數學的證明方法，再說一遍而已XD

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我們看原來化簡到最後的式子，此時就變成了：

$\sum_{w=1}^n\mu(w)(g\left(\left\lfloor\frac{n}{w}\right\rfloor\right))^2$

對於$\mu$的字首和我們用杜教篩就可以了，而對於$g(n)$的值，我們預處理$n^{\frac{2}{3}}$個，然後每次呼叫到更大的，現場數論分塊$O(\sqrt n)$的算就好啦，記憶化一下。

由於杜教篩中也有數論分塊，所以複雜度還是$O(n^{\frac{2}{3}})$，那麼這個題就解決了。

程式碼，先咕咕一會兒XD

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End

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