Description
牛牛是一个热爱算法设计的高中生。在他设计的算法中，常常会使用带小数的数进行计算。牛牛认为，如果在 k
进制下，一个数的小数部分是纯循环的，那么它就是美的。现在，牛牛想知道：对于已知的十进制数 n 和 m，在
kk 进制下，有多少个数值上互不相等的纯循环小数，可以用分数 xy 表示,其中 1≤x≤n,1≤y≤m，且 x,y是整数
。一个数是纯循环的，当且仅当其可以写成以下形式：a.c1˙c2c3…cp-1cp˙其中，a 是一个整数，p≥1；对于 1
≤i≤p，ci是 kk 进制下的一位数字。例如，在十进制下，0.45454545……=0.4˙5˙是纯循环的，它可以用 5/11
、10/22 等分数表示；在十进制下，0.1666666……=0.16˙则不是纯循环的，它可以用 1/6 等分数表示。需要特
别注意的是，我们认为一个整数是纯循环的，因为它的小数部分可以表示成 0 的循环或是 k?1 的循环；而一个小
数部分非 0 的有限小数不是纯循环的。
Input
只有一行，包含三个十进制数N,M,K意义如题所述,保证 1≤n≤10^9,1≤m≤10^9,2≤k≤2000
Output
一行一个整数，表示满足条件的美的数的个数。
Sample Input
2 6 10
Sample Output
4
Solution
(k)进制下(x/y)为循环小数，即：
其中中括号表示小数部分，(l)是(k)进制下循环节长度。
中括号展开可得：
考虑取整那一项不好处理，可以玩一波骚操作，两边对(y)取模：
因为((x,y)=1)，所以两边除掉：
可得：
所以答案可以形式化的写成：
然后尝试着对([(i,j)=1])进行莫比乌斯反演：
此处省略了中间交换求和符号之类的过程。
然后考虑下这个式子后面一块，设：
考虑分成几块，每块长度都是(k)，显然：
再考虑下答案的前半段，由于后两项要数论分块，所以要求前两项的前缀和，设：
对后面莫比乌斯反演下：
然后最玄学的一步来了，，若想要使(mu(dt) e 0)，显然((d,t)=1)，此时(mu(dt)=mu(d)mu(t))，所以后面一项可以写成：
这是个递归的形式，预处理下(k)以内所有数的约数，直接记忆化暴力算就好了。
对于(k=1)的情况，(g)就变成了(sum_{i=1}^n mu(i))，这个可以杜教筛出来。
答案可以写成：
后面数论分块就行了。
#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define getchar() ((p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin)),p1==p2)?EOF:*p1++)
#endif
namespace fast_IO {
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
template <typename T> inline void read(T &x) {
x=0;T f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
template <typename T,typename... Args> inline void read(T& x,Args& ...args) {
read(x),read(args...);
}
char buf2[1<<21],a[80];int p,p3=-1;
inline void flush() {fwrite(buf2,1,p3+1,stdout),p3=-1;}
template <typename T> inline void write(T x) {
if(p3>(1<<20)) flush();
if(x<0) buf2[++p3]='-',x=-x;
do {a[++p]=x%10+48;} while(x/=10);
do {buf2[++p3]=a[p];} while(--p);
buf2[++p3]='
';
}
template <typename T,typename... Args> inline void write(T x,Args ...args) {
write(x),write(args...);
}
}
using fast_IO :: read;
using fast_IO :: write;
using fast_IO :: flush;
#define ll long long
const int maxn = 5e3+10;
const int N = 5e6+10;
int pri[N],tot,mu[N],vis[N],F[maxn],Mu[N];
void sieve() {
mu[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++) {
if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<N;j++) {
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<N;i++) Mu[i]=Mu[i-1]+mu[i];
}
map<int ,int > mp;
int sum_mu(int n) {
if(n<N) return Mu[n];
if(mp[n]) return mp[n];
int res=1,T=2;
while(T<=n) {
int pre=T;T=n/(n/T);
res=res-(T-pre+1)*sum_mu(n/T);T++;
}
return mp[n]=res;
}
int dv[2001][201];
map<int ,int > G[2001];
int g(int n,int k) {
if(k==1) return sum_mu(n);int ans=0;
if(G[k][n]) return G[k][n];
if(!n) return 0;
for(int i=1;i<=dv[k][0];i++)
ans+=abs(mu[dv[k][i]])*g(n/dv[k][i],dv[k][i]);
return G[k][n]=ans;
}
int n,m,k;
int f(int x) {return F[k]*(x/k)+F[x%k];}
int main() {
read(n,m,k);
for(int i=1;i<=k;i++) F[i]=F[i-1]+(__gcd(i,k)==1);
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
if(i%j==0) dv[i][++dv[i][0]]=j;
sieve();int T=1;ll ans=0;
while(T<=n&&T<=m) {
int pre=T;T=min(n/(n/T),m/(m/T));
ans=ans+1ll*(g(T,k)-g(pre-1,k))*(n/T)*f(m/T);T++;
}write(ans);
flush();
return 0;
}