YY的GCD
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題目描述：神犇YY虐完數論後給傻×kAc出了一題
給定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)為質數的(x, y)有多少對
kAc這種傻×必然不會了，於是向你來請教……
多組輸入（大概也就一萬組吧……）
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解決本題需要了解莫比烏斯反演的知識，所以先來普及知識點（最為枯燥的部分，但忍下去）。
莫比烏斯函式
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：莫比烏斯函式是啥啊？
：（莫比烏斯是一個由容斥係數所構成的函式）。
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μ（d）的定義：
- 當d=1時，μ（d）=1；
- 當d=\(\Pi_{i=1}^kp_i\) 且\(p_i\) 為互質素數時，μ（d）=\((-1)^k\) 。(說直白點，就是d分解質因數後，沒有冪次大於平方的質因子，此時函式值根據分解的個數決定)；
- 只要當d含有任何質因子的冪大於等於2，則函式值為0。
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莫比烏斯函式的一些其他有趣的性質：
- 對於任意正整數n，\(\sum_{d|n}μ(d)\) =[n=1]。(PS:這一條性質是莫比烏斯反演中最常用的)
- 對於任意正整數n，\(\sum_{d|n} \frac{μ(d)}{d}\) =\(\frac{φ(n)}{n}\) 。（這個性質很奇妙，把尤拉函式與莫比烏斯函式結合起來，下次學杜教篩會證明）。
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求莫比烏斯函式的程式實現不難，只需要線上性篩的程式上略作修改，便可以篩出μ函式。
void mu_get(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!v[i]){
p[++m]=i,mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=m;++j){
if(p[j]>v[i]||i*p[j]>n) break;
v[i*p[j]]=p[j];
if(i%p[j]) break;
else mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
}
莫比烏斯反演
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解決了莫比烏斯函式的問題後，我們就迎來了噁心的莫比烏斯反演。
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莫比烏斯反演定理：F（n）和f（n）是定義在非負整數集合上的兩個函式，並且滿足條件：
\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)\]
那麼現在存在一個結論：
\[f(n)=\sum_{d|n}μ(d)F(\frac{n}{d})\]
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莫比烏斯反演的證明主要有兩種方式，其中一種就是通過定義來證明；另一種利用狄利克雷卷積。先來說一說第一種證明方法：
\[\sum_{d|n}μ(d)F(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}μ(d)\sum_{i|\frac{n}{d}}f(i)\]
\[=\sum_{i|n}f(i)\sum_{d|\frac{n}{i}}μ(d)=f(n)\]
(PS:如果不知道第二部如何推導第三部，可以考慮第二個式子列舉的i與d的關係，發現可以調換一下列舉的方式。如果不知道最後一步怎麼來的，可以去看一下上面莫比烏斯函式的性質1)。
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當然，莫比烏斯反演有另外的一種形式，當F（n）和f（n）滿足：
\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)\]
可以推出：
\[f(n)=\sum_{n|d}μ(\frac{d}{n})F(d)\]
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感覺這個式子，可能在莫比烏斯反演中更加好用。
回到本題
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顯然，Ans=\(\sum_{p\epsilon prim}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=p]\)
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對於這種和gcd有關的莫比烏斯反演，我們一般另f（d）為gcd（i，j）=d的個數，即f(d)=\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\) 。那麼F（n）為gcd（i，j）為n或者n的倍數的個數，即：
\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)=\lfloor\frac{N}{n}\rfloor\lfloor\frac{M}{m}\rfloor\]
那麼根據莫比烏斯反演定理：
\[f(n)=\sum_{n|d}μ(\frac{d}{n})F(d)\]
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接下來就是化簡式子了！
\[Ans=\sum_{p\epsilon prim}f(p)\]
\[=\sum_{p\epsilon prim}\sum_{p|d}μ(\frac{d}{p})F(d)\]
換一個列舉項，列舉\(\lfloor\frac{d}{p}\rfloor\)
\[\sum_{p\epsilon prim}\sum_{d=1}^{min(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,\lfloor\frac{m}{p}\rfloor)}μ(d)F(dp)=\sum_{p\epsilon prim}\sum_{d=1}^{min(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,\lfloor\frac{m}{p}\rfloor)}μ(d)\lfloor\frac{n}{dp}\rfloor\lfloor\frac{m}{dp}\rfloor\]
這個dp看著很不爽，我們把它換成T
\[Ans=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\sum_{t|T,t\epsilon prim}μ(\frac{T}{t})\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\]
\[Ans=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{t|T,t\epsilon prim}μ(\frac{T}{t})\]
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這樣就已經可以O（n）求了。不過這道題有多組資料，所以直接O（n）求會掛。所以我們利用字首和的思路，打一個整除分塊，就可以O（n）預處理，O（\(\sqrt{n}\) ）求每一組資料了。
歷經磨難終於A掉了這道題，哎數學題推式子我總是看著題解一遍一遍推，還是沒有感覺，弱啊……
Coding
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e7+10;
int n,m,cnt,p[N],v[N],mu[N];ll sum[N],ans,g[N];
void get_mu(int a){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=a;++i){
if(!v[i]){
p[++cnt]=i;mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=cnt;++j){
if(p[j]*i>a) break;
v[i*p[j]]=p[j];
if(i%p[j]==0) break;
else mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=cnt;++i){
for(int j=1;j*p[i]<=a;++j) g[p[i]*j]+=mu[j];
}
for(int i=1;i<=a;++i) sum[i]=sum[i-1]+g[i];
}
int main(){
get_mu(1e7);
int t;scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&m);
ans=0;
if(n>m) swap(n,m);
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=min((n/(n/l)),m/(m/l));
ans+=(sum[r]-sum[l-1])*(n/l)*(m/l);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}