BZOJ 2301 Problem b

Description

对于给出的(n)个询问，每次求有多少个数对((x,y))，满足(a le x le b，c le y le d)，且(gcd(x,y) = k)，(gcd(x,y))函数为(x)和(y)的最大公约数。

Input

第一行一个整数n，接下来n行每行五个整数，分别表示(a,b,c,d,k)。

Output

共(n)行，每行一个整数表示满足要求的数对((x,y))的个数。

Sample Input

2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2

Sample Output

14
3

HINT

(100\%)的数据满足：(1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1 le c le d≤50000，1 le k le 50000)

板子题。
首先我们学会求$$sum_{i=1}^{N} sum_{j=1}^{M}[gcd(i,j) = k]$$
那么题目所求就可以用容斥原理来解决了。
这个式子可以化为$$sum_{i=1}^{N} sum_{j=1}^{M}[gcd(lfloor frac{i}{k} floor,lfloor frac{j}{k} floor) = 1] = sum_{i=1}^{lfloor frac{N}{k} floor} sum_{j=1}^{lfloor frac{M}{k} floor}[gcd(i,j)=1]$$
利用莫比乌斯反演$$sum_{i mid N} mu(i) = [N = 1]$$
那么式子就可以化简为$$sum_{i=1}^{lfloor frac{N}{k} floor}sum_{j=1}^{lfloor frac{M}{k} floor}sum_{t mid i land t mid j} mu(t)$$
先枚举(t)，就可以得到$$sum_{t=1}^{min(lfloor frac{N}{k} floor,lfloor frac{M}{k} floor)}mu(t)lfloor frac{lfloor frac{N}{k} floor}{t} floor lfloor frac{lfloor frac{M}{k} floor}{t} floor$$
然后就可以计算(mu)的前缀和，进行(sqrt{N})分段了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;

#define maxn 100010
int mu[maxn],prime[maxn],tot; bool exist[maxn];

inline void ready()
{
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2;i <= 50000;++i)
	{
		if (!exist[i]) prime[++tot] = i,mu[i] = -1;
		for (int j = 1;j <= tot&&i*prime[j] <= 50000;++j)
		{
			exist[i*prime[j]] = true;
			if (i % prime[j] == 0) { mu[i*prime[j]] = 0; break; }
			mu[i*prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1;i <= 50000;++i) mu[i] += mu[i-1];
}

inline int work(int a,int b,int k)
{
	a /= k; b /= k;
	if (a > b) swap(a,b);
	int ret = 0,pos;
	for (int i = 1;i <= a;i = pos+1)
	{
		pos = min(a/(a/i),b/(b/i));
		ret += (mu[pos]-mu[i-1])*(a/i)*(b/i);
	}
	return ret;
}

int main()
{
	freopen("2301.in","r",stdin);
	freopen("2301.out","w",stdout);
	ready();
	int T; scanf("%d",&T);
	while (T--)
	{
		int a,b,c,d,k,ans;
		scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&k);
		ans = work(a-1,c-1,k)+work(b,d,k)-work(a-1,d,k)-work(b,c-1,k);
		printf("%d
",ans);
	}
	fclose(stdin); fclose(stdout);
	return 0;
}