莫（meng）比（bi）乌斯反演--BZOJ2301: [HAOI2011]Problem b

n<=50000个询问，每次问a<=x<=b，c<=y<=d中有多少gcd(x,y)=K的(x,y)。a,b,c,d,K<=50000。

这大概是入门题辣。。这里记一波笔记

当难以计算f(i)而易于计算他的反演式g(i)时，可以通过计算g(i)->反演得到f(i)。

先放莫比乌斯函数的性质：$\sum_{d|i} \mu(d)=\left\{\begin{matrix} 1,i=1\\0,i>1\end{matrix}\right.$，$\sum_{d|i}(\mu(d)*n/d)=\varphi(i)$。

反演式一：$g(i)=\sum_{d|i} f(i) ------> f(i)=\sum_{d|i} \mu(d)g(i/d)$。

证明：$\sum_{d|i} \mu(d)g(i/d)=\sum_{d|i} \mu(d) \sum_{d_1|(i/d)} f(d_1)=\sum_{d|i} \sum_{d_1|(i/d)} \mu(d) f(d_1)$。

注意到$dd_1j=i$，所以对每一个$d=d_2$，$d_1=d_3$都有一个$d=d_3$，$d_1=d_2$与之对应。

所以$上式=\sum_{d|i} \sum{d_1|(i/d)} f(d) \mu(d_1)=\sum_{d|i}  f(d) \sum{d_1|(i/d)} \mu(d_1)$，由莫比乌斯函数性质得$=f(i)$。

反演式二：$g(i)=\sum_{i|d} f(i) ------> f(i)=\sum_{i|d} \mu(d/i)g(d)$。

证明同上，略。

这题先容斥，变成问1<=x<=n，1<=y<=m中有多少(x,y)=K，由于(x,y)=K的充要条件是(x/K,y/K)=1，所以变成1<=x<=n/K，1<=y<=m/K中有多少(x,y)=1。

为什么这么变呢，因为假如题目求的是f(i)，表示1<=x<=n，1<=y<=m中有多少(x,y)=i，那反演式g(i)表示1<=x<=n，1<=y<=m中有多少i|(x,y)，g(i)和f(i)满足反演式2。

而明显的，$g(i)=(n/i)*(m/i)$，这里/是向下取整，所以$f(i)=\sum_{i|d} \mu(d/i)g(d)=\sum_{i|d} \mu(d/i)(n/d)(m/d)$。

这时可以发现(n/d)和(m/d)分别只有$2\sqrt(n)$和$2\sqrt(m)$种取值，把他俩分别叫a和b，而随着d增大a和b会缓慢增大，可能a增大b不变，b增大a不变，也可能a，b都增大，都不变。那么数对((n/d),(m/d))最多只有$2\sqrt(n)+2\sqrt(m)$个，因此(n/d)*(m/d)最多只有$2\sqrt(n)+2\sqrt(m)$种取值。

如果上面的i=1，那么只需要枚举这$2\sqrt(n)+2\sqrt(m)$个(n/d)*(m/d)的值就可以在根号时间内算出答案，因为一个(n/d)*(m/d)的值对应一段连续的d，如果i=1，就可以把连续一段莫比乌斯函数以前缀和来O(1)求和。

入门题。

 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<cstdio>
 //#include<assert.h>
 #include<algorithm>
 //#include<iostream>
 using namespace std;

 int a,b,c,d,K,T;

 #define maxn 50011
 int miu[maxn],prime[maxn],lp=,summiu[maxn]; bool notprime[maxn];
 void pre(int n=)
 {
     miu[]=summiu[]=;
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         if (!notprime[i]) {prime[++lp]=i; miu[i]=-;}
         summiu[i]=summiu[i-]+miu[i];
         for (int j=;j<=lp && 1ll*i*prime[j]<=n;j++)
         {
             notprime[i*prime[j]]=;
             if (i%prime[j]) miu[i*prime[j]]=-miu[i];
             else {miu[i*prime[j]]=; break;}
         }
     }
 }

 #define LL long long
 LL solve(int p,int q)
 {
     LL ans=;
     for (int i=,last,to=min(p,q);i<=to;i=last+)
     {
         last=min(p/(p/i),q/(q/i));
         ans+=1ll*(p/i)*(q/i)*(summiu[last]-summiu[i-]);
     }
     return ans;
 }

 int main()
 {
     pre();
     scanf("%d",&T);
 while (T--)
 {
     scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&K);
     printf("%lld\n",solve(b/K,d/K)-solve((a-)/K,d/K)-solve(b/K,(c-)/K)+solve((a-)/K,(c-)/K));
 }
     return ;
 }