原式可以化为

$\displaystyle{\sum_{p \in primes}\sum_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^m[(i, j) = p]}$

注意到，$[(i, j) = p] = [\frac{(i, j)}{p} = 1] = [(\frac{i}{p}, \frac{j}{p}) = 1]$，因此原式进一步化为

$\displaystyle{\sum_{p \in primes}\sum_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^m\sum_{d \mid (\frac{i}{p}, \frac{j}{p})}\mu(d)}$

我们交换求和顺序，有

$\displaystyle{\sum_{p \in primes}\sum_{d = 1}\mu(d)\sum_{i = 1}^n[d \mid \frac{i}{p}]\sum_{j = 1}^m[d \mid \frac{j}{p}]}$

注意到，$1 \sim \frac{n}{p}$ 中 $d$ 的倍数有  $\left \lfloor \frac{\frac{n}{p}}{d} \right \rfloor = \left \lfloor \frac{n}{dp} \right \rfloor$ 个，因此有

$\displaystyle{\sum_{p \in primes}\sum_{d = 1}^{\min(\frac{n}{p}, \frac{m}{p})}\mu(d) \left \lfloor \frac{n}{dp} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{dp} \right \rfloor}$

令 $t = dp$，我们在外层枚举 $t$

$\displaystyle{\sum_{t = 1}^{\min(n, m)} \left \lfloor \frac{n}{t} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{t} \right \rfloor \sum_{p \in primes, p \mid t} \mu(\frac{t}{p})}$

我们维护一个 $\mu$ 的前缀和就可以了，具体来说，我们维护一个数组 $S$ ，枚举 $p, t$ ，如果  $p \mid t$ 就令 $S_k \gets S_k + \mu(\frac{t}{p})$，然后接下来就正常的维护前缀和就行了。

注意该题数据规模很大，需要进行一些优化(比如不该开 long long 的地方用 int)。

给我自己的博客打个广告，关于莫比乌斯反演和整除分块上面有详细的讲解。

首先，我们求简化版问题：求 $\displaystyle{\sum_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^m[(i, j) = 1]}$。

利用 莫比乌斯反演 + 整除分块 我们可以用 $O(\sqrt n)$ 的时间复杂度求解。

注意到，$[(i, j) = 1] = \varepsilon((i, j)) = \sum_{d \mid (i, j)}\mu(d)$。因此该题等价于求

$\displaystyle{\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m \sum_{d \mid (i, j)}\mu(d)}$

交换求和顺序，有

$\displaystyle{\sum_{d = 1}\mu(d)\sum_{i = 1}^n[d \mid i]\sum_{j = 1}^m[d \mid j]}$

注意到，$1 \sim n$ 中 $d$ 的倍数有 $\lfloor \frac{n}{d} \rfloor$ 个，因此 $\sum_{i = 1}^n[d \mid i] = \lfloor \frac{n}{d} \rfloor$，因此有

$\displaystyle{\sum_{d = 1}^{\min(n, m)} \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor}$

接下来，就可以用 整除分块 来求解了。

回到本题，我们将和式展开，有

$\begin{align} \sum_{i = a}^n\sum_{j = b}^m[(i, j) = 1] &= \sum_{i = 1}^n\sum_{j = b}^m\sum_{d \mid i, d \mid j}\mu(d) - \sum_{i = 1}^{a - 1}\sum_{j = b}^m\sum_{d \mid i, d \mid j}\mu(d) \\ &= \sum_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^m\sum_{d \mid i, d \mid j}\mu(d) - \sum_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^{b - 1}\sum_{d \mid i, d \mid j}\mu(d) - \\ & \quad \enspace \sum_{i= 1}^{a - 1}\sum_{j = 1}^m\sum_{d \mid i, d \mid j}\mu(d) + \sum_{i = 1}^{a - 1}\sum_{j = 1}^{b - 1}\sum_{d \mid i, d \mid j}\mu(d) \end{align}$

于是转化为了四个上面的简化版问题。

实际上，简化版问题也有对应的题目，可以直接水掉。

3220. [SDOI 2008] 仪仗队

3609. [BZOJ 1101] Zap

树形dp。

用 $f_{i, 0}$ 表示不选该点时的士兵数，相反，$f_{i, 1}$

每个边上至少选一个点。

由上面的性质可以得知，

1.当一个点不选时，另一个点就一定要选了。

2.当选一个点时，另一个点可选可不选。

因此，有

$$\begin{cases} \displaystyle{f_{i, 0} = \sum_{j \in \text{Son}(i)}{f_{j, 1}}} \\\displaystyle{f_{i, 1} = \sum_{j \in \text{Son}(i)}{\min(f_{j, 0}, f_{j, 1})}}\end{cases}$$

给我自己的博客打个广告(没有写过几篇文章)

给定非负整数 $x, y, m, n, L$。

求最小的非负整数 $t$，使得 $x + tm \equiv y + tn \pmod L$

首先，将题目中同余式化为 $ax + by = c$ 的形式：

 1. 移项，得 $(x - y) + t(m - n) \equiv 0 \pmod L$，即 $L \mid (x - y) + t(m - n)$

 2. 设 $pL = (x - y) + t(m - n)$，整理，得 $pL + t(n - m) = (x - y)$

该方程有解当且仅当 $(L, n - m) \mid (x - y)$

就求出了方程 $pL + t(n - m) = (L, n - m)$ 的特解 $p_0, t_0$。

得到该方程的通解为 $p = \frac{x - y}{d}p_0 + k\frac{n - m}{d}, \quad t = \frac{x - y}{d}t_0 - k\frac{L}{d} \enspace (k \in \mathbb{Z}, \enspace d = (L, n - m))$

最后，对通解进行一些调整，就得到了最小整数解

我们用 $f_{i,j}$ 表示 满足“前 $i$ 个含 $1$ 的数量不大于 $j$”的数的个数，相当于求组合数 ${i \choose j}$，即

$ f_{i, j} = f_{i-1, j} + f_{i-1, j-1} $

处理完动态规划的计算之后，我们从第 $n$ 位(即从右开始数第 $n$ 位)开始，如果 “前 $i-1$ 个含 $1$ 的数量不大于 $L$”的数的个数” 大于序数 $I$ (即 $f_{i-1, L} \ge I$)，那么我们输出 $0$，否则输出 $1$ (想一想，为什么)

不难理解，如果一个数的位数大于另一个数的位数，那么这个数一定大于另一个数(废话)。

那么前 $i-1$ 既然已经大于序数 $I$ 了，那么答案对应的数一定小于当前位取 $1$ 时候的数，所以当前位取 $0$。反过来同理。

输出完一位之后序数 $I$ 应减去对应的 $f_{i-1, L}$，并且确定完一位是 $1$ 之后，$1$ 的数量 $L$ 也应减一。即 

$I \gets I - f_{i-1, L}$, $L \gets L - 1$

令 $A$ 是所有丑数构成的集合，容易想到，一个丑数是由小于该丑数的一个丑数乘以一个数 $S_i(1 \le i \le K)$ 得来的。

所以，对于一个丑数 $A_i$，枚举 集合 $S$ 和 集合 $A$ （也可以二分，不过速度本来就够快了），找到两个数 $S_i(1 \le i \le K)$ 和 $A_j(1 \le j \le i-1)$，使得 $S_i \cdot A_j > A_{i-1}$，对所有大于 $A_{i-1}$ 的数 $S_i(1 \le i \le K) \cdot A_j(1 \le j \le i-1)$，找到一个最小的数，赋值于 $A_i$。

即 $A_i \gets \min(S_i \cdot A_j)$，其中,$1 \le i \le K,1 \le j \le i-1$

最后，第 $N$ 个丑数就是 $A_N$