莫比乌斯反演的变形。
对 \(\mu(lcm(i,j))\) 变换，易得 \(\mu(lcm(i,j)) = \mu(i)\cdot\mu(j)\cdot \mu(gcd(i,j))\) 。那么有：
\[\begin{split}
\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \mu(lcm(i,j)) &= \sum_{i=1}^{n}\mu(i) \sum_{j=1}^{m}\mu(j)\cdot \mu(gcd(i,j)) \\
&= \sum_{d=1}^{\min(n,m)}\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}\mu(id)\mu(jd)\mu(d)[gcd(i,j)=1]
\end{split}\]
由于莫比乌斯函数的性质 \(\sum_{d\ |\ n}\mu(d)=[n=1]\) ，我们有：
\[\begin{split}
\text{上式} = \sum_{d=1}^{\min(n,m)}\sum_{d_1 = 1}^{\min(n,m)/d}\sum_{i=1}^{n/dd_1}\sum_{j=1}^{m/dd_1}\mu(idd_1)\mu(jdd_1)\mu(d)\mu(d_1)
\end{split}\]
我们令 \(T = dd_1\) ，有：
\[\text{上式}=\sum_{T=1}^{\min(n,m)}\sum_{d|T}\sum_{i=1}^{n/T}\sum_{j=1}^{m/T}\mu(iT)\mu(jT)\mu(d)\mu(T/d)
\]
令 \(f(T) = \sum_{d|T} \mu(d)\mu(T/d)\) 。
令 \(g(T,N,M)=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}\mu(iT)\mu(jT)=(\sum_{i=1}^{N}\mu(iT))\cdot(\sum_{j=1}^{M}\mu(jT))\) 。
那么我们有：
\[\text{上式}=\sum_{T=1}^{\min(n,m)} f(T)\cdot g(T,n/T,m/T)
\]
\(g(T,n/T,m/T)\) 可以在 \(O(n/T+m/T)\) 的时间内计算。
时间复杂度为 \(O(n\log n)\) 。
#include<stdio.h>
#include<algorithm>using namespace std;const int maxn = 1000005;int t, n, m, tot;
int mu[maxn], check[maxn], prime[maxn];
long long ans, f[maxn];void init()
{
mu[1] = 1; tot = 0;
for(int i = 2; i <= 1000000; i++){
if(check[i] == 0){
mu[i] = -1;
prime[++tot] = i;
}
for(int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= 1000000; j++){
check[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0) break;
mu[i * prime[j]] = -1 * mu[i];
}
}
for(int i = 1; i <= 1000000; i++){
for(int j = 1; j * i <= 1000000; j++){
f[i * j] += mu[i] * mu[j];
}
}
}
int main()
{
init();
for(scanf("%d", &t); t--;){
scanf("%d%d", &n, &m);
ans = 0;
for(int T = 1; T <= min(n, m); T++){
if(f[T]){
long long g1 = 0, g2 = 0;
for(int i = 1; i * T <= n; i++) g1 += mu[i * T];
for(int i = 1; i * T <= m; i++) g2 += mu[i * T];
ans += f[T] * g1 * g2;
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
