题目大意：对于任意的>1的n gcd(a, b)不是n^2的倍数，的1到a和1到b的lcm(a,b)之和。 题解：又是一道变态题。。。。。。。。。。 可以参考同系列的上一篇文章，这题主要的特殊处在于不能出现gcd(a,b)为n^2倍数的lcm(a,b)，通过一顿瞎搞我们发现最后要求的前缀和中多出了一个abs（u（D/i）），这还是一个积性函数，唯一不同的是i中包含PRime[j]的情况，这个我们就找规律，如果一个数中包含三个一样的因子的话无论如何两个u中一定有一个包含两个一样的因子，那么表达式为0，所以出现这种情况的话最后一定为0。如果只有两个一样的因子的时候我们可以看出只有当两个u中各包含一个该因子的时候表达式才有值，再通过这个瞎推一下就行了。
#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<iostream>#include<iomanip>#include<ctime>#include<cmath>#include<cstring>#include<string>#include<algorithm>using namespace std;int sum[4001000];int prime[400100];bool pd[4001000];int top=0;void shai(){ sum[1]=1; for(int i=2;i<=4000000;i++) { if(!pd[i]) { prime[++top]=i; sum[i]=i-i*i; } for(int j=1;i*prime[j]<=4000000;j++) { pd[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j]==0) { int x=i/prime[j]; if(x%prime[j]==0) sum[i*prime[j]]=0; else sum[i*prime[j]]=-prime[j]*prime[j]*prime[j]*sum[x]; break; } sum[i*prime[j]]=sum[i]*sum[prime[j]]; } } for(int i=1;i<=4000000;i++) { sum[i]=sum[i]+sum[i-1]; }}inline int Sum(int x,int y){ int mid1=x*(x+1)/2; int mid2=y*(y+1)/2; return mid1*mid2;}int solve(int n,int m){ int last; int limit=min(n,m); long long re=0; for(int i=1;i<=limit;i=last+1) { last=min(n/(n/i),m/(m/i)); re=re+(sum[last]-sum[i-1])*Sum(n/i,m/i); } return re;}int main(){ //freopen("a.in","r",stdin); //freopen("a.out","w",stdout); shai(); int T; scanf("%d",&T); int n,m; while(T--) { scanf("%d%d",&n,&m); long long ans=solve(n,m); printf("%d/n",ans&((1<<30)-1)); } return 0;}新闻热点
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