BZOJ 2301 Problem b(莫比乌斯反演+分块优化)
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
题解:这道题其实和之前那道hdu1695很像,反演之后的大函数很好推
根据容斥原理,答案应该为
其中前一个数为i的上界,后一个数为j的上界
但是我们发现这是O(n^2)的,还是会TLE
这个时候要用一个看着非常dark的方法来优化
这玩意被称之为
分块!
分块!!
分块!!!
其实是假的了
因为我们观察之前的代码:
我们会发现在i极其接近b的时候
在很长的一大段中b/i和d/i都是不变的
所以我们完全可以先处理出莫比乌斯函数的前缀和,然后用前缀和乘上这整个大小不变的块的值即可
代码如下:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define hi puts("hi");
using namespace std; int vis[],p[],mu[],sum[],cnt,n,a,b,c,d,k;; void get()
{
memset(vis,,sizeof(vis));
cnt=;
mu[]=;
vis[]=;
for(int i=;i<=;i++)
{
if(!vis[i])
{
p[cnt++]=i;
mu[i]=-;
}
for(int j=;j<cnt;j++)
{
if(p[j]*i>)
{
break;
}
vis[i*p[j]]=;
if(!(i%p[j]))
{
mu[i*p[j]]=;
break;
}
else
{
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
}
} long long solve(int x,int y)
{
long long last=;
x/=k;
y/=k;
long long ans=;
if(x>y)
{
swap(x,y);
}
for(int i=;i<=x;i=last+)
{
last=min(x/(x/i),y/(y/i));
ans+=(long long)(sum[last]-sum[i-])*(y/i)*(x/i);
}
return ans;
} int main()
{
get();
for(int i=;i<=;i++)
{
sum[i]=sum[i-]+mu[i];
}
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
long long ans=solve(b,d)+solve(a-,c-)-solve(a-,d)-solve(c-,b);
printf("%lld\n",ans);
}
}
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