[POI2007] ZAP-Queries
对于给定的整数 (a,b) 和 (d) ，有多少正整数对 (x,y) ，满足 (x le a，y le b)，并且 (gcd(x,y)=d) 。
利用Mobius函数性质求解
根据题意
[ans=sum_{i=1}^a sum_{j=1}^b [{gcd(i,j)=d}]
]
[ans=sum_{i=1}^{a/d} sum_{j=1}^{b/d}[gcd(i,j)=1]
]
这里可以直接根据Mobius函数的性质，有
[ans=sum_{i=1}^{a/d} sum_{j=1}^{b/d} sum_{p|gcd(i,j)}mu(p)
]
换一个变量枚举,把最后一个求和提到前面,范围 (min(a/d,b/d)) ，那么
[ans=sum_{p=1}^{min(a/d,b/d)}{ left({mu(p)} sum_{i=1}^{a/d} sum_{j=1}^{b/d} lfloorfrac{a}{p d}
floor lfloorfrac{b}{p d}
floor
ight)}
]
对上式稍作说明，令 (x=a/d,y=b/d) ，
(p) 是 (x,y) 的一个因子,在 (x) 的范围内有 (lfloorfrac{x}{p}
floor) 个 (p) 的倍数,对于 (y) 同理,所以每个因子 (p) 都有 (lfloorfrac{x}{p}
floorlfloorfrac{y}{p}
floor) 的贡献
可以使用整除分块优化到 (O(sqrt n))
利用Mobius反演求解
首先，我们可以定义 (f(d)) 和 (F(d)) 如下：
[f(d)=sum_{i=1}^Nsum_{j=1}^M[gcd(i,j)=d]
]
[F(d)=sum_{i=1}^Nsum_{j=1}^M[d|gcd(i,j)]
]
发现
[sum_{n|d}f(d)=F(n)=lfloorfrac Nn
floorlfloorfrac Mn
floor
]
莫比乌斯反演，得到：
[f(n)=sum_{n|d}mu(lfloorfrac dn
floor)F(d)
]
于是
[ans=f(d)=sum_{d|p}mu(lfloorfrac pd
floor)F(p)
]
换个元
[ans=sum_{p'}mu(p')F( p' d ) =sum_{p'=1}^{min(lfloorfrac Nd
floor,lfloorfrac Md
floor)}mu(p')lfloorfrac N{p'd}
floor lfloor frac M{p'd}
floor
]
把 (p') 写作 (p) ，得到
[ans=sum_{p}mu(p)F( p d ) =sum_{p=1}^{min(lfloorfrac Nd
floor,lfloorfrac Md
floor)}mu(p)lfloorfrac N{pd}
floor lfloor frac M{pd}
floor
]
后续求解方法与上一种相同。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 50005;
int pr[N],is[N],mu[N],cnt;
signed main() {
mu[0]=mu[1]=1; is[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++) {
if(is[i]==0) {
pr[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1; j<=cnt&&pr[j]*i<N; ++j) {
is[pr[j]*i]=1;
if(i%pr[j]==0) {
mu[pr[j]*i]=0;
break;
}
else {
mu[pr[j]*i]=-mu[i];
}
}
}
for(int i=1;i<=N;i++) mu[i]+=mu[i-1];
int T;
cin>>T;
while(T--) {
int n,m,d;
cin>>n>>m>>d;
n/=d; m/=d;
long long ans=0;
for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1) {
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(n/l)*(m/l)*(mu[r]-mu[l-1]);
}
cout<<ans<<endl;
}
}