设$d(x)$为$x$的约数个数，求$\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Md(i·j)$。
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大致题意： 设\(d(x)\)为\(x\)的约数个数，求\(\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Md(i·j)\)。
莫比乌斯反演
这是一道莫比乌斯反演题。
一个重要的性质
首先我们要先了解\(d(i·j)\)这个函数的性质：
\[d(i·j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]\]
证明： 我也不知道，应该就是枚举\(i\)和\(j\)的约数，求出其中不互质的约数对个数，避免重复计算。
一些定义
按照莫比乌斯反演的常见套路，我们可以定义\(f(d)\)和\(F(n)\)如下：
\[f(d)=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[gcd(i,j)==d]\]
\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)\]
然后由莫比乌斯反演的某些性质，我们可以得到下面这个式子：
\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\lfloor\frac dn\rfloor)F(d)\]
公式化简
首先，题目中已经给出：
\[answer=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Md(i·j)\]
由于上面提到的性质，我们可以得到：
\[answer=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]\]
根据莫比乌斯函数\(\mu\)的性质：\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1]\)，所以，我们可以将\(\mu\)代入，将原式变成这个样子：
\[answer=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d|gcd(x,y)}\mu(d)\]
由于这个式子难以操作，因此，我们可以将原式略作修改，改成对\(d\)进行枚举，变成这个样子：
\[answer=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)*[d|gcd(x,y)]\]
不难发现，\(\mu(d)\)的值是与\(i,j,x,y\)无关的，因此可以将其单独提出，就变成了这样：
\[answer=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}[d|gcd(x,y)]\]
然后，我们可以从枚举\(i,j\)及其约数\(x,y\)，转变为直接枚举约数\(x,y\)，然后将其贡献乘上约数倍数的个数（这应该还是比较好理解的），于是就有了下面这个式子：
\[answer=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^N\sum_{y=1}^M[d|gcd(x,y)]\lfloor\frac Nx\rfloor\lfloor\frac My\rfloor\]
考虑由\(d|gcd(x,y)\)可以得到\(d|x\)且\(d|y\)，即\(x\)和\(y\)是\(d\)的倍数所以我们就可以通过直接枚举\(d\)的倍数\(d·x\)和\(d·y\)来取代枚举\(x,y\)，从而消去\(d|gcd(x,y)\)这个限制：
\[answer=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac Nd\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac Md\rfloor}\lfloor\frac N{d·x}\rfloor\lfloor\frac M{d·y}\rfloor\]
最后，我们可以将原式稍作变动，得到下面这个式子：
\[answer=(\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d))(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac Nd\rfloor}\lfloor\frac N{d·x}\rfloor)(\sum_{y=1}^{\lfloor\frac Md\rfloor}\lfloor\frac M{d·y}\rfloor)\]
求解答案
不难想到对这个式子中的后两部分进行除法分块（貌似需要二次除法分块），然后对\(\mu(d)\)用前缀和预处理一下，就能做到单次询问\(O(\sqrt N)\)的时间复杂度，这样就能过了。
代码
using namespace std;
int n,m;
class FIO
{
private:
int f,FoutSize,OutputTop;char ch,Fin[Fsize],*FinNow,*FinEnd,Fout[Fsize],OutputStack[Fsize];
public:
FIO() {FinNow=FinEnd=Fin;}
inline void read(int &x) {x=0,f=1;while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;while(x=ten(x)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));x*=f;}
inline void read_char(char &x) {while(isspace(x=tc()));}
inline void read_string(string &x) {x="";while(isspace(ch=tc()));while(x+=ch,!isspace(ch=tc())) if(!~ch) return;}
inline void write(LL x) {if(!x) return (void)pc('0');if(x<0) pc('-'),x=-x;while(x) OutputStack[++OutputTop]=x%10+48,x/=10;while(OutputTop) pc(OutputStack[OutputTop]),--OutputTop;}
inline void write_char(char x) {pc(x);}
inline void write_string(string x) {register int i,len=x.length();for(i=0;i<len;++i) pc(x[i]);}
inline void end() {fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout);}
}F;
class Class_Mobius//莫比乌斯反演
{
private:
int Prime_cnt,mu[N+5],Prime[N+5];bool IsNotPrime[N+5];
public:
int sum[N+5];LL g[N+5];
Class_Mobius()//预处理
{
register int i,j,l,r;
for(mu[1]=1,i=2;i<=N;++i)//求出莫比乌斯函数
{
if(!IsNotPrime[i]) Prime[++Prime_cnt]=i,mu[i]=-1;
for(j=1;j<=Prime_cnt&&i*Prime[j]<=N;++j)
if(IsNotPrime[i*Prime[j]]=true,i%Prime[j]) mu[i*Prime[j]]=-mu[i];else break;
}
for(i=1;i<=N;++i) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];//求出前缀和
for(i=1;i<=N;++i) for(l=1;l<=i;l=r+1) r=i/(i/l),g[i]+=1LL*(r-l+1)*(i/l);//第一次除法分块
}
}Mobius;
int main()
{
register int l,r,lim,T;register LL ans;F.read(T);
while(T--)
{
for(F.read(n),F.read(m),ans=0,l=1,lim=min(n,m);l<=lim;l=r+1)//第二次除法分块
r=min(n/(n/l),m/(m/l)),ans+=1LL*(Mobius.sum[r]-Mobius.sum[l-1])*Mobius.g[n/l]*Mobius.g[m/l];
F.write(ans),F.write_char('\n');
}
return F.end(),0;
}
败得义无反顾，弱得一无是处
