【刷题】BZOJ 2301 [HAOI2011]Problem b

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

Solution

这一题也是莫比乌斯反演

式子和上一篇的一模一样

所以接下来的\(solve\)怎么求可以看上篇和上上篇，这里只列出一个式子

\[solve(n,m,k)=f(k)=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\mu(\lfloor \frac{T}{k} \rfloor)\lfloor \frac{n}{T} \rfloor \lfloor \frac{m}{T} \rfloor
\]

\(\mu\)作线性筛和前缀和，枚举作整除分块

这题因为有下界，所以我们需要容斥一下

\[ans=solve(b,d,k)-solve(a-1,d,k)-solve(b,c-1,k)+solve(a-1,c-1,k)
\]

这里的\(solve(n,m,k)\)就是求满足\(1 \le x \le n\)，\(1 \le y \le m\)时，有多少数对\((x,y)\)的gcd等于k

感性上，就是 \(||\) 1到b和1到d的整段 \(||\) 先减去 \(||\) 1到a-1和1到d的整段 \(||\) ，这样就去除了1到a-1段中的贡献；同理，再减去1到c-1段中的贡献，这样多算的就去掉了，但发现

\(||\) 1到a-1和1到c-1的整段 \(||\) 减了两次，所以又要加上来

但这样做还是是会超时

我们又发现\(solve(n,m,k)=solve(n/k,m/k,1)\)

因为在n/k和m/k中的gcd为1的数对同时乘以k，那么他们的gcd就变成了k，而且也不会超上界

那么我们的ans就可以变为

\[ans=solve'(b/k,d/k)-solve'((a-1)/k,d/k)-solve'(b/k,(c-1)/k)+solve'((a-1)/k,(c-1)/k)
\]

\((solve'(n,m)=solve(n,m,1))\)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int MAXN=50000+1;
int T,prime[MAXN],cnt,mu[MAXN],s[MAXN];
bool vis[MAXN];
template<typename T> inline void read(T &x)
{
	T data=0,w=1;
	char ch=0;
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
	x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char c='\0')
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	if(c!='\0')putchar(c);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void init()
{
	memset(vis,1,sizeof(vis));
	vis[0]=vis[1]=0;
	mu[1]=1;
	for(register int i=2;i<MAXN;++i)
	{
		if(vis[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(register int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<MAXN;++j)
		{
			vis[i*prime[j]]=0;
			if(i%prime[j])mu[i*prime[j]]=-mu[i];
			else break;
		}
	}
	for(register int i=1;i<MAXN;++i)s[i]=s[i-1]+mu[i];
}
inline ll solve(int a,int b)
{
	ll res=0;
	for(register int i=1;;)
	{
		if(i>min(a,b))break;
		int j=min(a/(a/i),b/(b/i));
		res+=(ll)(a/i)*(ll)(b/i)*(ll)(s[j]-s[i-1]);
		i=j+1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	init();
	read(T);
	while(T--)
	{
		int a,b,c,d,k;
		read(a);read(b);read(c);read(d);read(k);
		write(solve(b/k,d/k)-solve((a-1)/k,d/k)-solve(b/k,(c-1)/k)+solve((a-1)/k,(c-1)/k),'\n');
	}
	return 0;
}