[bzoj2301] [HAOI2011]Problem b(莫比乌斯反演)

莫比乌斯反演

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Description

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。

Input

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

Output

共n行，每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数

Sample Input

2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2

Sample Output

14
3

Hint

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

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Solution

首先， 我们可以根据容斥原理将原问题分解为四个小问题，使得每个小问中范围都是从 1 开始。
我们定义
(f(d) = sum^n_{i=1}sum^m_{j=1}gcd(i,j) == d)
(F(d) = sum^n_{i=1}sum^m_{j=1} d | gcd(i,j) = lfloor{m/d} floor * lfloor{n/d} floor)
即(F(d) = sum_{d|k}f(k))
根据莫比乌斯反演可得(f(i) = sum_{i|d}mu(d/i)*F(d))
然后我们就可以枚举d来搞一搞啦。
但是考虑到d可能高达(1e5),这是个(O(n^2))的做法，所以我们还要考虑一些优化。
我们发现， 在枚举d的一段区间内，(lfloor{n/d} floor)和(lfloor{m/d} floor)只有一个值，且这些值最多只有(sqrt{n}+sqrt{m})个。所以我们处理一个(mu())的前缀和， 每次算一个连续的区间就行了。这样复杂度就降到了(O(nsqrt{n}))级别。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 10;
int n;
int v[maxn], mu[maxn];

void pre() {
    for(int i = 2; i < maxn; i++) {
        if(v[i] <= 0) 
        for(int j = i; j < maxn; j += i) v[j] = i;
    }
    
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < maxn; i++) {
        if(v[i] == v[ i / v[i]]) mu[i] = 0;
        else mu[i] = -mu[i / v[i]];
    }
	for(int i = 2; i < maxn; i++) mu[i] += mu[i-1];
}

inline long long cal(int n, int m) {
	if(n > m) swap(n, m);
	long long res = 0;
	for(int i = 1, j; i <= n; i = j + 1) {
		j = min(m / (m / i), n / (n / i));
		res += (long long)(mu[j] - mu[i - 1]) * (m / i) * (n / i);
	}
	return res;
}

int main() {
    pre();
    int t, a , b, c, d, k;
    scanf("%d", &t);
    for(int tt = 1; tt <= t; tt++) {
        scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
        if(k == 0) {
            printf("0
"); continue;
        }
		a--, c--;
        a /= k, b /= k, c /= k, d /= k;
        long long ans = 0;
		ans += cal(a, c) + cal(b, d);
		ans -= cal(a, d) + cal(b, c);
        printf("%lld
", ans);
    }
    return 0;
}