hdu 1695 GCD（莫比乌斯反演）

题意：这题求[1,b],[1,d]gcd为k的对数。

思路：转化之后就是[1,b/k],[1,d/k]之间互质的数的个数。

设f(k)为gcd(x,y)=k的数对(x,y)的对数，我们要求的是f(1)
设g(k)为gcd(x,y)为k的倍数的数对(x,y)的对数，可以想到g(k)=floor(b/k)*floor(d/k)，
由莫比乌斯反演得：
令lim=min(b/k,d/k)
f(1)=mu[1]*g(1) + mu[2]*g[2] + ... + mu[lim]*g(lim)
因为(n1,n2)和(n2,n1)算为同一种情况，所以最后结果还要减掉重复的情况。

ps：这道题还可以用容斥做。

代码1：朴素求法

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;

const int MAXN=1000000;
bool check[MAXN+10];
int prime[MAXN+10];
int mu[MAXN+10];
void Mobius(){
    memset(check,false,sizeof(check));
    mu[1]=1;
    int tot=0;
    for(int i=2;i<=MAXN;i++){
        if(!check[i]){
            prime[tot++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0;j<tot;j++){
            if(i*prime[j]>MAXN)break;
            check[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else{
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
}

int main(){
    Mobius();
    int t,i;
    int a,b,c,d,k;
    scanf("%d",&t);
    for(i=1;i<=t;i++){
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        if(k==0){
            printf("Case %d: 0
",i);
            continue;
        }
        b/=k;
        d/=k;
        if(b>d)swap(b,d);
        long long ans1=0;
        for(int j=1;j<=b;j++)
            ans1+=(long long)mu[j]*(b/j)*(d/j);
        long long ans2=0;
        for(int j=1;j<=b;j++)
            ans2+=(long long)mu[j]*(b/j)*(b/j);
        ans1-=ans2/2;
        printf("Case %d: %I64d
",i,ans1);
    }
    return 0;
}

代码2：分块优化

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;

const int MAXN=100000;
bool check[MAXN+10];
int prime[MAXN+10];
int mu[MAXN+10];
void Mobius(){
    memset(check,false,sizeof(check));
    mu[1]=1;
    int tot=0;
    for(int i=2;i<=MAXN;i++){
        if(!check[i]){
            prime[tot++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0;j<tot;j++){
            if(i*prime[j]>MAXN)break;
            check[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else{
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
}
int sum[MAXN+10];
//找[1,n],[1,m]内互质的数的对数
long long solve(int n,int m){
    long long ans=0;
    for(int i=1,la=0;i<=n;i=la+1){
        la=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(long long)(sum[la]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ans;
}

int main(){
    Mobius();
    sum[0]=0;
    for(int i=1;i<=MAXN;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    int t,i;
    int a,b,c,d,k;
    scanf("%d",&t);
    for(i=1;i<=t;i++){
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        if(k==0){
            printf("Case %d: 0
",i);
            continue;
        }
        b/=k;
        d/=k;
        if(b>d)swap(b,d);
        long long ans1=solve(b,d);
        long long ans2=solve(b,b);
        ans1-=ans2/2;
        printf("Case %d: %I64d
",i,ans1);
    }
    return 0;
}