治好了我多年的公式恐懼症

https://www.luogu.org/problemnew/show/P1829

（放洛谷題號的原因是BZOJ上很多內容是限制級的（霧））

題目大意:已知M，N，求

(我採用數論教材上的方法表示最大公因數，即（i,j)表示i，j的最大公約數）

那麼，我們開始吧。

不妨設n<m

令,有

即

接下來是莫比烏斯函式的性質:當且僅當d = 1

轉化為列舉x

列舉t=dx

中間兩個和式為等差數列求和，可以O(1)得到結果

經過完全歸納法證明，為積性函式

證明如下：

當i為質數時，顯然

記p為任意質數

當時

有

證完

接下來考慮線性篩的實現

考慮當

有

所以線性篩完成

依靠線性篩預處理後，可以O(n)時間預處理，再用O(n)時間得出結果

然而此題還可以再次優化

考慮到和可以數論分塊

時間複雜度可以優化至O(n+sqrt(n))

這樣可以解決多組資料的情況

程式碼

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int n,m;
#define ll long long
#define mod 20101009
#define inv2 10050505
#define N 10000000
int prime[N+9],mu[N+9];
bool notprime[N+8];
ll sum(int x)
{
    return (((((ll)x*(x+1))%mod)*inv2)%mod);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if(n>m)swap(n,m);
    notprime[1]=mu[1]=1;int tot = 0;
    for(int i = 2; i <= n; i ++)
    {
        if(!notprime[i])
        {
            prime[++tot]=i;
            mu[i]=(1-i+mod)%mod;
        }
        for(int j = 1; j <= tot &&prime[j]*i<=n; j ++)
        {
            notprime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                mu[i*prime[j]]=mu[i];
                break;
            }
            else 
            {
                mu[i*prime[j]]=(((ll)mu[i]*(1-prime[j])%mod)+mod)%mod;
            }
        }
        mu[i]=((((ll)i*mu[i])%mod+mu[i-1])%mod+mod)%mod;
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1,last; i <= n; i =last +1)
    {
        last = min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans = (((((sum(n/i)*sum(m/i))%mod)*(mu[last]-mu[i-1]))%mod+mod)%mod+ans)%mod;
    }
    printf("%d",ans);
}