題面： bzoj luogu

NOI2010能量採集 題解

讀完題之後我們發現在每個產生貢獻的點\((x1,y1)\)中，它與原點之間的點\((x2,y2)\)都滿足\(x2|x1\),\(y2|y1\)。現在我們要求它與原點之間點的個數，也就是這個點\((x,y)\)最大可以被除以多少——肯定是\(gcd(x1,y1)\)啊。

所以我們就知道怎麼做啦：\(2\times \sum_{i=1}^n\times \sum_{j=1}^m\times gcd(i,j)-n\times m\)
中間的那個可以用莫比烏斯反演做！

設f(i)表示x,y最大公約數為i的個數。設F(i)表示x,y存在i這個公約數。

因為\(f(i)=sum_{i|j}\times F(j)\)，上限為\(min(n,m)\)

所以\(F(i)=\sum_{i|j}\mu(j/i)\times f(j)\)

f(i)不太好做，但是F(i)卻很容易算出來（具體怎麼算大家可以參考HDU GCD這個題）

所以我們預處理出\(\mu\)函式的值，然後按照套路做就可以啦qwq

程式碼如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,m,cnt;
int vis[MAXN],mu[MAXN],prime[MAXN];
long long ans;
long long f[MAXN],F[MAXN];
inline void get_mu()
{
    vis[1]=mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=MAXN;i++)
    {
        if(vis[i]==0) mu[i]=-1,prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=MAXN;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            else {mu[i*prime[j]]=0;break;}
        }
    }
}
int main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("ce.in","r",stdin);
    #endif
    scanf("%d%d",&n,&m);
    get_mu();
    if(n>m) swap(n,m);
    for(int i=1;i<=n;i++) F[i]=1ll*(n/i)*(m/i);
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        for(int j=i;j<=n;j+=i)
            f[i]+=1ll*mu[j/i]*F[j];
    for(int i=1;i<=n;i++) ans+=1ll*f[i]*i;
    ans=ans*2-1ll*n*m;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}