bzoj2301: [HAOI2011]Problem b

【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。

【题解】

　　这算是一道莫比乌斯反演的入门题吧，花了好多时间才略有体会。。。

　　首先对于一个询问,直接在原有范围内求出个数显然有点困难，利用容斥简化。

　　设ANS(N,M)为1<=X<=N,1<=Y<=M时GCD（X,Y）=K的对数，

　　最后的答案就是ANS(B,D)-ANS(A-1,D)-ANS(B,C-1)+ANS(A-1,C-1)。

　　现在问题化为求ANS（N,M）。

　　设f(d)为N，M范围内最大公约数刚好为d的数对个数，F(d)为含公约数d的数对个数。

　　F(d)=$\sum_{d|i}^{}f(i) $(i<=n)

　　我们要求的就是f(d)

　　反演一下得到

　　f(d)=$\sum_{d|i}^{}F(i)\cdot μ(i/d) (i<=n)$

　　f(k)就是我们希望的值。

　　暴力求显然会超时啊！！！！！（一开始太天真没仔细算复杂度T掉了）

　　然后有个神奇的性质：$\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$的不同值个数不超过$2\sqrt{n}$个，

　　于是$\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{i} \right \rfloor$的不同值个数也不超过$2\sqrt{n}$+$2\sqrt{m}$,（这个可以自己YY一下）

　　而且相同的值是连续的一段i所产生的。

　　所以我们先预处理出前缀和，求出每一段i的μ值，一段一段的加，次数不超过sqrt(n)次。

　　时间复杂度O(T*sqrt(n))

【代码】

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define ll long long
#define N 50010
using namespace std;
int Q,a,b,c,d,k,mu[N],prime[N],sum[N],cnt;
bool flag[N];
int read()
{
    int x=0;char ch;int sign=1;
    do{ch=getchar();if(ch=='-')sign*=-1;}while (ch<'0' || ch>'9');
    do{x=x*10+ch-48;ch=getchar();}while (ch>='0' && ch<='9');
    return x*=sign;
}
void Pre()
{
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<N;++i)
    {
        if (!flag[i])    prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for (int j=1;j<=cnt;++j)
        {
            if (i*prime[j]>=N) break;
            flag[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0)    break;
            mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for (int i=1;i<N;++i)    sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
ll solve(int n,int m)
{    
    ll ans=0;
    n/=k;m/=k;
    int l=n<m?n:m,last;
    for (int i=1;i<=l;i=last+1)
    {
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(ll)(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    Pre();
    Q=read();
    while (Q--)
    {
        a=read()-1;b=read();c=read()-1;d=read();k=read();
        printf("%lld\n",solve(b,d)-solve(a,d)-solve(b,c)+solve(a,c));        
    }
    return 0;
}