洛谷P3455 [POI2007]ZAP-Queries(莫比乌斯反演)
设$$f(k)=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=k]$$
$$g(n)=\sum_{n|k}f(k)=\lfloor\frac{a}{n}\rfloor\lfloor\frac{b}{n}\rfloor$$
根据莫比乌斯反演定理可以推出$$f(n)=\sum_{n|k}\mu(\lfloor\frac{k}{n}\rfloor)g(k)$$
那么可以发现$ans=f(d)$
然后用推出来的结论带进去
$$ans=\sum_{d|k}\mu(\lfloor\frac{k}{d}\rfloor)g(k)$$
枚举$\lfloor\frac{k}{d}\rfloor$设为$t$
$$ans=\sum_{t=1}^{min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)}\mu(t)\lfloor\frac{a}{td}\rfloor\lfloor\frac{b}{td}\rfloor$$
对于$\lfloor\frac{a}{td}\rfloor\lfloor\frac{b}{td}\rfloor$相同的一段我们可以直接用前缀和算出答案
总而言之就是先预处理出$\mu$的前缀和然后用整除分块,那么每一次询问的复杂度就是$O(\sqrt{n})$
//minamoto
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
inline int read(){
#define num ch-'0'
char ch;bool flag=;int res;
while(!isdigit(ch=getc()))
(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);
(flag)&&(res=-res);
#undef num
return res;
}
const int N=6e5+;
int p[N],mu[N],vis[N],m,sum[N];ll ans,lim;
void init(int n){
mu[]=;
for(int i=;i<=n;++i){
if(!vis[i]) mu[i]=-,p[++m]=i;
for(int j=;j<=m&&p[j]*i<=n;++j){
vis[i*p[j]]=;
if(i%p[j]==) break;
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=;i<=n;++i) sum[i]=sum[i-]+mu[i];
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
int n,m,T,d;scanf("%d",&T);
init();
while(T--){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);ans=;
lim=min(n/d,m/d); for(int l=,r;l<=lim;l=r+){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=1ll*(n/(l*d))*(m/(l*d))*(sum[r]-sum[l-]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}
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