[POI2007]ZAP-Queries && [HAOI2011]Problem b 莫比乌斯反演

1，[POI2007]ZAP-Queries

～～～题面～～～
题解：　首先列出式子：$$ans = \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}[gcd(i, j) == d]$$
　　　　$$[gcd(i, j) == d] = [gcd(\lfloor{\frac{i}{d}}\rfloor,\lfloor{\frac{j}{d}}\rfloor) == 1]$$
　　　　所以原式 $$\Rightarrow \quad \sum_{i = 1}^{\lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor{\frac{m}{d}}\rfloor}[gcd(i, j)==1]$$
　　　　$$\Rightarrow \quad \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}\sum_{d|gcd(i, j)}\mu(d)$$
　　　　因为$\mu(d)$会被统计到当且仅当$d | i \quad and \quad d | j$,即$d | gcd(i, j)$
　　　　那么考虑将满足条件的i和j两两搭配，组成的方案数就是$\mu(d)$会被统计到的次数，
　　　　也就是$\mu(d)$会被统计到$\lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{d}}\rfloor$次
　　　　$$\Rightarrow \quad ans=\sum_{i=1}^{min(n,m)}{\mu(d)\lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{d}}\rfloor}$$
　　　　然后观察到$\lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{d}}\rfloor$中有很多小段$\lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{d}}\rfloor$乘积是固定的，也就是$\lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor$和$\lfloor{\frac{m}{d}}\rfloor$同时为一个固定的值，因此我们可以用整数分块优化

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define R register int
 #define AC 55000
 int t, n, m, d;
 int prime[AC], mu[AC], sum[AC], tot;
 bool z[AC];

 inline int read()
 {
     int x = ;char c = getchar();
     while(c > '' || c < '') c = getchar();
     while(c >= '' && c <= '') x = x *  + c - '', c = getchar();
     return x;
 }

 void getprime()
 {
     int now;
     mu[] = ;
     for(R i = ; i <= ; i++)
     {
         if(!z[i]) prime[++tot] = i, mu[i] = -;
         for(R j = ; j <= tot; j++)
         {
             now = prime[j];
             if(now * i > ) break;
         //    printf("!!!%d %d\n", now, i);
             z[now * i] = true;
             if(!(i % now)) break;
             mu[i * now] = -mu[i];
         }
     }
     for(R i = ; i <= ; i++)
         sum[i] = mu[i] + sum[i - ];
 }

 int ans;

 void work()
 {
     int pos;
     t = read();
     for(R i = ; i <= t; i++)
     {
         n = read(), m = read(), d = read();
         n /= d, m /= d;
         int b = min(n, m);
         ans = ;
         for(R j = ; j <= b; j = pos + )
         {
             pos = min(n / (n / j), m / (m / j));
             ans += (sum[pos] - sum[j-]) * (n / j) * (m / j);
         }
         printf("%d\n", ans);
     }
 }

 int main()
 {
 //    freopen("in.in", "r", stdin);
     getprime();
     work();
 //    fclose(stdin);
     return ;
 }

2,[HAOI2011]Problem b

～～～题面～～～
题解：　这题相比上题多出了两个限制条件，同时对上下限都有限制，那么此时可以用一个容斥来求。
　　　　设$cal(n,m)$表示满足$x \le n$和$y \le m$且$gcd(x, y) = d$的点对个数，
　　　　那么$$ans = cal(b, d) - cal(a - 1, d) - cal(b, c - 1) + cal(a - 1, c - 1);$$

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define R register int
 #define AC 55000
 #define LL long long
 int a, b, c, d, tot, k, t, ans;
 int prime[AC], mu[AC], sum[AC];
 bool z[AC];

 inline int read()
 {
     int x = ; char c = getchar();
     while(c > '' || c < '') c = getchar();
     while(c >= '' && c <= '') x = x *  + c - '', c = getchar();
     return x;
 }

 void pre()
 {
     int now;
     mu[] = ;
     for(R i = ; i <= ; i++)
     {
         if(!z[i]) prime[++tot] = i, mu[i] = -;//质数的mu值肯定都是-1
         for(R j = ; j <= tot; j++)
         {
             now = prime[j];
             if(now * i > ) break;
             z[now * i] = true;
             if(!(i % now)) break;
             mu[i * now] = -mu[i];//error这里的mu是由mu[i]得来的啊！！！
         }
     }
     for(R i = ; i <= ; i++) sum[i] = sum[i - ] + mu[i];
 }

 int cal(int n, int m)
 {
     n /= k, m /= k;
     int b = min(n, m), pos, rnt = ;
     for(R i = ; i <= b; i = pos + )
     {
         pos = min(n / (n / i), m / (m / i));
         rnt += (sum[pos] - sum[i-]) * (n / i) * (m / i);
     }
     return rnt;
 }
 //ans = cal(b, d) - cal(a - 1, d) - cal(b, c - 1) + cal(a - 1 , c - 1)，相当于容斥 

 void work()
 {
     t = read();
     for(R i = ; i <= t; i++)
     {
         a = read(), b = read(), c = read(), d = read(), k = read();
         ans = cal(b, d) - cal(a - , d) - cal(b, c - ) + cal(a - , c - );
         printf("%d\n", ans);
     }
 }

 int main()
 {
 //    freopen("in.in", "r", stdin);
     pre();
     work();
 //    fclose(stdin);
     return ;
 }