ii.[POI2007]ZAP-Queries
如果前一道题没有听懂的话，是我的锅。毕竟这道题应该放在第一道题，上一道题明显是这道题的升级版。
首先，观察一下题目，发现这道题让我们求的就是上一道题中的\(f(d)\)。
我们再来推一下\(f(d)\)：
设\(f(x)\)为\(\gcd(i,j)=x\)的个数，\(g(x)\)为\(\gcd(i,j)\)是\(x\)的倍数的个数。
则据定义，有\(g(n)=\sum\limits_{n|d}f(d)\)
据反演定理II，有\(f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)\mu(\dfrac{d}{n})\)。
换成枚举\(\dfrac{d}{n}\)，并设它为新的\(d\)，则有
\(f(n)=\sum\limits_{d=1}^{\infty}g(dn)\mu(d)\)
又有\(g(x)=\left\lfloor\dfrac{a}{x}\right\rfloor\times\left\lfloor\dfrac{b}{x}\right\rfloor\)，
则只有当\(d\leq\min(\left\lfloor\frac{a}{x}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{b}{x}\right\rfloor)\)时，才有\(g(dn)>0\)。
因此我们完全可以就求出这个式子的值即可，即
\(f(n)=\sum\limits_{d=1}^{min(\left\lfloor\frac{a}{n}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{b}{n}\right\rfloor)}g(dn)\mu(d)\)
有了这个式子，我们就已经可以做到\(O(n)\)的单次询问。
而如果我们把\(g(dn)\)的定义代回去的话，就有
\(f(n)=\sum\limits_{d=1}^{min(\left\lfloor\frac{a}{n}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{b}{n}\right\rfloor)}\left\lfloor\frac{a}{dn}\right\rfloor\left\lfloor\frac{b}{dn}\right\rfloor\mu(d)\)。
由整除分块的知识得，这个\(\left\lfloor\dfrac{a}{dn}\right\rfloor\)最多只有\(\sqrt{a}\)级别的取值。
这样如果我们对\(\mu(x)\)做一个前缀和，就可以做到预处理\(O(n)\)，单次询问\(O(\sqrt{n})\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int _1,a,b,d,pri[50010],mu[50010],cnt,lim,ans;
void prime(int ip){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=ip;i++){
if(!pri[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=ip;j++){
pri[i*pri[j]]=true;
if(!(i%pri[j]))break;
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=ip;i++)mu[i]+=mu[i-1];
}
int main(){
scanf("%d",&_1),prime(50000);
while(_1--){
scanf("%d%d%d",&a,&b,&d),lim=min(a/d,b/d),ans=0;
for(int l=1,r;l<=lim;l=r+1)r=min((a/d)/((a/d)/l),(b/d)/((b/d)/l)),ans+=((a/d)/l)*((b/d)/l)*(mu[r]-mu[l-1]);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}