Problem b 莫比乌斯反演+枚举除法的取值

莫比乌斯反演+枚举除法的取值
第二种形式：
f(n)表示gcd(x,y)=n的数量。
F(n)表示gcd(x,y)是n的倍数的数量。
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题目：Problem b
链接：https://vjudge.net/contest/178455#problem/G
题意：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。
1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000
思路：
首先容斥：ans = solve(b,d,k)-solve(b,c-1,k)-solve(a-1,d,k)+solve(a-1,c-1,k);

solve(n,m,k)表示x在[1,n]，y在[1,m] gcd(x,y)==k的对数。

定义：
f(n)表示gcd(x,y)=n的数量。
F(n)表示gcd(x,y)是n的倍数的数量。

如何求F(n)?

F(n) = (x/n) * (y/n); 要加括号，因为这是取整之后的乘积

根据定义用第二种形式：f(n) = sigma(mu[d/n]*F(d)) (n|d)

这样只要枚举k的倍数一直到min(n,m)就可以了。可是如果k=1，那么枚举一次就是O(N)；总复杂度为O(N*N);

实际上可以继续优化；

solve(n,m,k)等价于solve(n/k,m/k)表示x在[1,n/k],y在[1,m/k]，gcd(x,y)==1的对数。

由于x/i,x/(i+1),x/(i+2)...x/(i+t)存在连续相同的结果，也就是这段区间[l,r]内(n/i)*(m/i)的结果是相同的；

这样i在[l,r] 范围内的(n/i)*(m/i)*mu[i];就等价于 (n/i)*(m/i)*(sum[r]-sum[l-1])； sum表示mu的前缀和。

所以这里可以快速处理。复杂度为sqrt(N); 总时间复杂度为N*sqrt(N);

参考：https://wenku.baidu.com/view/fbec9c63ba1aa8114431d9ac.html

*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof x)
typedef pair<int, int> P;
const LL INF = 1e10;
const int mod = 1e9 + ;
const int maxn = 5e4 + ;
int prime[maxn], tot, not_prime[maxn];
int mu[maxn], sum[maxn];
void init()
{
    mu[] = ;
    tot = ;
    for(int i = ; i < maxn; i++){
        if(!not_prime[i]){
            prime[++tot] = i;
            mu[i] = -;
        }
        for(int j = ; prime[j]*i<maxn; j++){
            not_prime[prime[j]*i] = ;
            if(i%prime[j]==){
                mu[prime[j]*i] = ;
                break;
            }
            mu[prime[j]*i] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = ; i < maxn; i++) sum[i] = sum[i-]+mu[i];
}
LL solve(int n,int m)
{
    LL ans = ;
    if(n>m) swap(n,m);
    int last;
    for(int i = ; i <= n; i=last+){
        last = min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans += (LL)(sum[last]-sum[i-])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int T;
    int a, b, c, d, k;
    init();
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        printf("%lld\n",solve(b/k,d/k)-solve(b/k,(c-)/k)-solve((a-)/k,d/k)+solve((a-)/k,(c-)/k));
    }
    return ;
}