[BZOJ2301][HAOI2011]Problem B

题目大意

对于给出的 (n) 次询问，每次给定 (a,b,c,d,k) 五个数，询问 (displaystyle sum_{x=a}^bsum_{y=c}^dig[(x,y)=kig]) 的值。数据保证 (nleqslant 50000,1leqslant aleqslant bleqslant 50000,1leqslant cleqslant dleqslant 50000)。

解析

首先利用容斥原理将一个询问拆分成四个，每次求 (displaystyle sum_{x=1}^nsum_{y=1}^mig[(x,y)=kig]) 的值。考虑莫比乌斯反演，设 (F(k)) 为 (k|(x,y)) 的对数，(f(k)) 为 ((x,y)=k) 的个数，则有以下关系：

[F(k)=sum_{x=1}^{iglfloorfrac{n}{k}ig floor}f(kcdot x) ]

只需快速求出 (F(k))。若 (k|x,k|y)，则 (x=kcdot t_1,y=kcdot t_2)，只需统计有多少对 ((t_1,t_2))。得：

[displaystyle F(k)=Biglfloorfrac{n}{k}Big floorBiglfloorfrac{m}{k}Big floor ]

由莫比乌斯反演可求得 (f(k))：

[f(k)=sum_{x=1}^{iglfloorfrac{n}{k}ig floor}igg(mu(x)cdot F(kcdot x)igg)=sum_{x=1}^{iglfloorfrac{n}{k}ig floor}igg(mu(x)Biglfloorfrac{n}{kx}Big floorBiglfloorfrac{m}{kx}Big floorigg) ]

暴力求 (f(k)) 是 (O(n))，注意到 (displaystyle Biglfloorfrac{n}{d}Big floor) 有至多 (O(sqrt{n})) 个取值，所以可以考虑使用数论分块求解

证明：

• 当 $1leqslant d < sqrt{n}$ 时，由于 $d$ 只有 $sqrt{n}$ 个，所以 $displaystyle Biglfloorfrac{n}{d}Big floor$ 也至多有 $sqrt{n}$ 个取值。
• 当 $sqrt{n}leqslant dleqslant n$ 时，由于 $displaystyle Biglfloorfrac{n}{d}Big floor$ 只有 $sqrt{n}$ 个，所以 $displaystyle Biglfloorfrac{n}{d}Big floor$ 也只有至多 $sqrt{n}$ 个取值。
• 故 $displaystyle Biglfloorfrac{n}{d}Big floor$ 至多有 $O(sqrt{n})$ 个取值。

同理 (displaystyle Biglfloorfrac{m}{d}Big floor) 也只有至多 (O(sqrt{m})) 个取值，所以 (displaystyle Biglfloorfrac{n}{kx}Big floor) 和 (displaystyle Biglfloorfrac{m}{kx}Big floor) 都不变的段数有 (O(sqrt{n}+sqrt{m})) 段。对于相等的段，求出 (mu) 函数的前缀和，即可批量计算这一个段的答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 50010;
int T, tot, prime[maxn], mu[maxn], sum[maxn];

void sieve() {
    fill(prime, prime + maxn, 1);
    mu[1] = 1, tot = 0;
    for (int i = 2; i < maxn; i++) {
        if (prime[i]) {
            prime[++tot] = i, mu[i] = -1;
        }
        for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] < maxn; j++) {
            prime[i * prime[j]] = 0;
            if (i % prime[j] == 0) {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            } else {
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i < maxn; i++) {
        sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
    }
}

int calc(int n, int m, int k) {
    if (n > m) swap(n, m);
    int ans = 0;
    n /= k, m /= k;
    for (int i = 1, nxt = 1; i <= n; i = nxt + 1) {
        nxt = min(n / (n / i), m / (m / i));
        ans += (sum[nxt] - sum[i - 1]) * (n / i) * (m / i);
    }
    return ans;
}

int main() {
    sieve();
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int a, b, c, d, k;
        scanf("%d %d %d %d %d", &a, &b, &c, &d, &k);
        printf("%d
", calc(b, d, k) - calc(b, c - 1, k) - calc(a - 1, d, k) + calc(a - 1, c - 1, k));
    }
    return 0;
}