[HAOI2011]Problem b

题目描述

对于给出的n个询问，每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k，gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。

输入输出格式

输入格式：

第一行一个整数n，接下来n行每行五个整数，分别表示a、b、c、d、k

输出格式：

共n行，每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数

输入输出样例

输入样例#1：

2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2

输出样例#1：

14
3

说明

100%的数据满足：1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000

题解：莫比乌斯反演+容斥原理+分块

 

 a'=a/k  b'=b/k

又根据容斥原理，算出ans1=cal(b/k,d/k),ans2=cal((a-1)/k,d/k),ans3=cal(b/k,(c-1)/k),ans4=cal((a-1)/k,(c-1)/k)

输出的答案就是ans1-ans2-ans3+ans4

可以O(n)时间求解，但总时间复杂度为O(n^2)

似乎无路可走了，但这时出现了一种奇妙的方法，把复杂度降到了O(n√n)

根据上面，答案可以遍历1~min(a',b')求解，但可以发现，一定范围内的[a'/d]是相同的，相同的值共有√n种

处理出μ(d)的前缀和，假设i~pos范围内相同，则有s+=(sum[pos]-sum[i-1])*(a'/i)*(b'/i)

pos可以这么求：pos=min(a'/(a'/i),b'/(b'/i)),想一想，看是不是这样

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long lol;
bool vis[50001];
int mu[50001],prime[50001];
lol sum[50001];
void get_mobious()
{int i,j;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    mu[1]=1;
    int tot=0;
     for (i=2;i<=50000;i++)
      {
          if (vis[i]==0)
          {
              prime[++tot]=i;
              mu[i]=-1;
          }
          for (j=1;j<=tot;j++)
          {
              if (i*prime[j]>50000) break;
              vis[i*prime[j]]=1;
              if (i%prime[j]==0)
              {
                  mu[i*prime[j]]=0;
                  break;
            }
            else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
          }
      }
    sum[0]=0;
    for (i=1;i<=50000;i++)
    sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
lol cal(int x,int y)
{int r,i,pos;
lol s=0;
    r=min(x,y);
    for (i=1;i<=r;i=pos+1)
    {
        pos=min(x/(x/i),y/(y/i));
        s+=(sum[pos]-sum[i-1])*(x/i)*(y/i);
    }
    return s;
}
int main()
{int n,a,b,c,d,k;
    cin>>n;
    get_mobious();
    while (n--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
         lol ans1=cal(b/k,d/k);
         lol ans2=cal((a-1)/k,d/k);
         lol ans3=cal(b/k,(c-1)/k);
         lol ans4=cal((a-1)/k,(c-1)/k);
         printf("%lld
",ans1-ans2-ans3+ans4);
    }
}