BZOJ1101 [POI2007] Zap

1101: [POI2007]Zap

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Description

　　FGD正在破解一段密码，他需要回答很多类似的问题：对于给定的整数a,b和d，有多少正整数对x,y，满足x<=a
，y<=b，并且gcd(x,y)=d。作为FGD的同学，FGD希望得到你的帮助。

Input

　　第一行包含一个正整数n，表示一共有n组询问。（1<=n<= 50000）接下来n行，每行表示一个询问，每行三个
正整数，分别为a,b,d。（1<=d<=a,b<=50000）

Output

　　对于每组询问，输出到输出文件zap.out一个正整数，表示满足条件的整数对数。

Sample Input

2
4 5 2
6 4 3

Sample Output

3
2
//对于第一组询问，满足条件的整数对有(2,2)，（2,4），（4，2）。对于第二组询问，满足条件的整数对有（
6,3），（3,3）。

HINT

Source

【题解】

莫比乌斯反演。

下面转自http://blog.csdn.net/regina8023/article/details/43876363（侵删）

先把题目转化为求x<=a/d,y<=b/d且gcd(x,y)=1的(x,y)有多少对。

而莫比乌斯函数有一个性质是

这里的n=1与gcd(x,y)=1相似。

（下面引用自 iwtwiioi）

如果直接枚举d来做会TLE，但是我们发现a'/d的值在d等于好多值得时候都是相同的。

比如a'=100,那么d在[34,50]之间a'/d都是2。

那么我们可以把连续的一段d一起来算（分块）：

设a'/d=x，那么最后一个a'/d=x的d=a'/x，所以这段连续的区间就是[d,a'/(a'/d)]

结合b'/d，取个min就可以了。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))

inline void read(long long &x)
{
    x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
    while(ch < '0' || ch > '9')c = ch, ch = getchar();
    while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    if(c == '-')x = -x;
}

const long long MAXN = 50000 + 10;

long long miu[MAXN << 1], t, n, m, k, bprime[MAXN << 1], prime[MAXN << 1], tot, v;

void make_miu()
{
    miu[1] = 1;
    for(register long long i = 2;i <= MAXN;++ i)
    {
        if(!bprime[i])
        {
            prime[++tot] = i;
            miu[i] = -1;
        }
        for(register long long j = 1;j <= tot && i * prime[j] <= MAXN;++ j)
        {
            bprime[i * prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0)
            {
                miu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            miu[i * prime[j]] = -miu[i];
        }
    }
    for(register long long i = 1;i <= MAXN;++ i)miu[i] += miu[i - 1];
}

int main()
{
    read(t);
    make_miu();
    for(;t;-- t)
    {
        read(n), read(m), read(k);
        n /= k, m /= k;
        long long ma = min(n, m);
        register long long ans = 0, x, y, end; 
        for(register long long d = 1;d <= ma;++ d)
        {
            //当前n/d = x  最后一个d = n/x   x:[d, n/(n/x)] 
            x = n/d, y = m/d;
            end = min(n/x, min(m/y, ma));
            ans += (miu[end] - miu[d - 1]) *  x * y;
            d = end;
        }
        printf("%lld
", ans);
    }
    return 0;
}