- 所有(xin[1,n],yin[1,m])中，共有多少个值不相同的分数(frac xy)，满足在(k)进制下小数点后是纯循环的（包括整数）。
- (n,mle10^9,kle2000)
计算式的表示
首先要求值不相同，等价于只考虑最简分数，也就是说一个必要条件是(gcd(i,j)=1)。
然后考虑什么样的数小数点后是纯循环的，根据我们的生活经验，当(k=10)时的充要条件为(j)不是(2)或(5)的倍数，因此可以猜想一般情况下的条件就是(gcd(j,k)=1)。
严谨的证明是设循环节长度为(l)，则：
[frac ij-lfloorfrac ij
floor=frac ij imes k^l-lfloorfrac ij imes k^l
floor\
i-lfloorfrac ij
floor imes j=i imes k^l-lfloorfrac ij imes k^l
floor imes j\
iequiv i imes k^l(mod j)
]
因为(gcd(i,j)=1)，可以进一步化简得到：
[k^lequiv1(mod j)
]
由于存在这样一个(l)，因此得到：
[gcd(j,k)=1
]
所以我们列出此题的计算式：
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1][gcd(j,k)=1]
]
递归求解+杜教筛处理小情况
考虑把([gcd(j,k)=1])一项拆开，得到：
[sum_{d|k}mu(d)sum_{i=1}^nsum_{j=1}^{lfloorfrac md
floor}[gcd(i,jd)=1]
]
由于(gcd(i,jd)=1Leftrightarrow gcd(i,j)=1wedge gcd(i,d)=1)，所以可以进一步写成：
[sum_{d|k}mu(d)sum_{i=1}^nsum_{j=1}^{lfloorfrac md
floor}[gcd(i,j)=1][gcd(i,d)=1]
]
观察发现后面同样有两个(gcd)，且两个(gcd)中同样有一元相同。
因此我们设(f(n,m,k)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1][gcd(j,k)=1])，由此得到：
[f(n,m,k)=sum_{d|k}mu(d) f(lfloorfrac md
floor,n,d)
]
边界条件是(n=0)或(m=0)时(f(n,m,k)=0)。
注意到若枚举到的(d=1)则(n,m)只是简单交换而不会变小。
不过此时问题就退化成求(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1])。
这是一个经典的莫比乌斯反演问题，直接给出转化后的式子为(sum_{i=1}^{min{n,m}}mu(i)lfloorfrac ni floorlfloorfrac mi floor)。
由于(n,m)范围很大，需要杜教筛。
代码：(O(sqrt nlog^2n+n^{frac23}))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define S 1000000
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,k;
namespace Du//杜教筛
{
int Pt,P[S+5],mu[S+5],s[S+5];I void Sieve()//线性筛预处理小范围的μ
{
mu[1]=1;for(RI i=2,j;i<=S;++i) for(!P[i]&&(mu[P[++Pt]=i]=-1),
j=1;j<=Pt&&i*P[j]<=S;++j) if(P[i*P[j]]=1,i%P[j]) mu[i*P[j]]=-mu[i];else break;
for(RI i=1;i<=S;++i) s[i]=s[i-1]+mu[i];
}
map<int,int> p;I int SMu(CI x)//杜教筛
{
if(x<=S) return s[x];if(p.count(x)) return p[x];//小范围直接调用；记忆化
RI t=1;for(RI l=2,r;l<=x;l=r+1) r=x/(x/l),t-=(r-l+1)*SMu(x/l);return p[x]=t;//除法分块
}
}
struct Data {int n,m,k;I bool operator < (Con Data& o) Con {return n^o.n?n<o.n:(m^o.m?m<o.m:k<o.k);}};
map<Data,LL> ans;I LL F(CI n,CI m,CI k)//递归求解
{
if(!n||!m) return 0;if(ans.count((Data){n,m,k})) return ans[(Data){n,m,k}];
LL t=0;if(k==1)//如果k=1
{
for(RI l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)//除法分块
r=min(n/(n/l),m/(m/l)),t+=1LL*(n/l)*(m/l)*(Du::SMu(r)-Du::SMu(l-1));
return ans[(Data){n,m,k}]=ans[(Data){m,n,k}]=t;
}
#define Calc(x) (Du::mu[x]?Du::mu[x]*F(m/(x),n,x):0)//一个优化，μ(x)=0时无需递归
for(RI i=1;i*i<=k;++i) !(k%i)&&(t+=Calc(i),i^(k/i)&&(t+=Calc(k/i)));return ans[(Data){n,m,k}]=t;//枚举因数
}
int main()
{
return Du::Sieve(),scanf("%d%d%d",&n,&m,&k),printf("%lld
",F(n,m,k)),0;
}