对于一个分数x/y（x和y互素），在k进制下为纯循环当且仅当y和k互素
证明：任意一个分数都可以写成0.abbbbbbbb的形式（不妨假设a尽量短），设a的位数为l1，b的位数为l2，那么原分数即$frac {b-a}{(k^{l2}-1)*k^{l1}}$
必要性：当l1=0的时候分母与k互素，即纯循环推出了y与k互素
充分性：反证法，设存在使得$l1>0$且$k^{l1}|b-a$，那么必然有$k|b-a$，也就是b和a的最后一位相同，那么可以将a的最后一位与b的前l2-1位组成新的循环节，与a最短的假设不成立
考虑如何计算：$sum_{1le ile m}[(i,k)==1]sum_{1le j le n}[(i,j)==1]$
先对后半部分莫反并提到前面，即$sum_{t=1}^{m}[(t,k)==1]*(n/t)*mu(t)sum_{i=1}^{m/t}[(i,k)==1]$
考虑对于最后一个式子，设$f(n)=sum_{i=1}^{n}[(i,k)==1]$，可以用$f(i)=(i/k)*f(k)+f(i mod k)$来求（预处理前k个值）
对其数论分块，即$sum_{m/t,n/t}f(m/t)*(n/t)sum_{t=l}^{r}[(t,k)==1]*mu(t)$
再令$g(n,k)=sum_{i=1}^{n}[(i,k)==1]*mu(i)$，考虑快速递推计算g
对于k的任意质因子p，设$k=p^{t}*q$（p和q互素），那么$[(i,k)==1]=[(i,q)==1]-[(i,q)==1]*[p|i]$
把这个代入原式，即$g(n,k)=g(n,q)-sum_{i=1}^{n/p}[(i,q)==1]*mu(ip)$
由于当i与p不互素时$mu(ip)=0$，因此添加条件$(i,p)=1$，$原式=g(n,q)-sum_{i=1}^{n/p}[(i,q)==1]*[(i,p)==1]*mu(i)*mu(p)$
对该式化简（提出$mu(p)=-1$，i与q和p都互素等价于(i,qp)=1），最终就得到$g(n,k)=g(n,q)+g(n/p,k)$
考虑递归，由于第一维和第二维的取值都只有$sqrt{n}$和$sqrt{k}$种，存下来即可（第一维用hash），递归边界条件为：1.当$n=0$时结果为0；2.当$k=1$时结果为莫比乌斯函数的前缀和，杜教筛即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 #define N 10000005 5 map<int,int>id; 6 map<int,int>sum; 7 int V,n,m,k,f[2005],a[11],vis[N],p[N],mu[N]; 8 ll ans,g[N/10][11]; 9 int gcd(int x,int y){ 10 if (!y)return x; 11 return gcd(y,x%y); 12 } 13 void pre(){ 14 mu[1]=1; 15 for(int i=2;i<N-4;i++){ 16 if (!vis[i]){ 17 p[++p[0]]=i; 18 mu[i]=-1; 19 } 20 for(int j=1;(j<=p[0])&&(i*p[j]<N-4);j++){ 21 vis[i*p[j]]=1; 22 if (i%p[j]==0){ 23 mu[i*p[j]]=0; 24 break; 25 } 26 mu[i*p[j]]=-mu[i]; 27 } 28 } 29 for(int i=1;i<N-4;i++)mu[i]+=mu[i-1]; 30 for(int i=1;i<=k;i++)f[i]=f[i-1]+(gcd(i,k)==1); 31 for(int i=1;i<=p[0];i++) 32 if (k%p[i]==0)a[++a[0]]=p[i]; 33 } 34 int calc_f(int t){ 35 return f[k]*(t/k)+f[t%k]; 36 } 37 int djs(int k){ 38 if (k<N-4)return mu[k]; 39 if (sum[k])return sum[k]; 40 int ans=1; 41 for(int i=2,j;i<=k;i=j+1){ 42 j=k/(k/i); 43 ans-=(j-i+1)*djs(k/i); 44 } 45 return sum[k]=ans; 46 } 47 ll calc_g(int n,int p){ 48 if ((n<2)||(!p))return djs(n); 49 if (!id[n])id[n]=++V; 50 int x=id[n]; 51 if (g[x][p])return g[x][p]; 52 return g[x][p]=calc_g(n,p-1)+calc_g(n/a[p],p); 53 } 54 int main(){ 55 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 56 pre(); 57 for(int i=1,j;i<=min(n,m);i=j+1){ 58 j=min(n/(n/i),m/(m/i)); 59 ans+=(calc_g(j,a[0])-calc_g(i-1,a[0]))*calc_f(m/i)*(n/i); 60 } 61 printf("%lld",ans); 62 }