luoguP3455 [POI2007]ZAP-Queries

题意

设(f(n)=sumlimits_{i=1}^{a}sumlimits_{j=1}^{b}[gcd(i,j)==n],F(n)=sumlimits_{n|d}f(d))

发现(F(n)=frac{a}{n}*frac{b}{n})，可以理解为对(a)以内的所有(k*n)都和(b)以内的(k*n)配对了一次。

由莫比乌斯反演：
(f(n)=sumlimits_{n|d}mu(frac{d}{n})F(d))
(f(n)=sumlimits_{n|d}mu(frac{d}{n})frac{a}{d}*frac{b}{d})
设(t=frac{d}{n})。
(f(n)=sumlimits_{t=1}^{min(frac{a}{d},frac{b}{d})}mu(t)frac{a}{t*n}frac{b}{t*n})

(ans=f(d))

除法分块即可。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=50010;
int T;
int mu[maxn],sum[maxn];
ll a,b,d;
bool vis[maxn];
vector<int>prime;
inline void shai(int n)
{
	vis[1]=1;mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!vis[i])prime.push_back(i),mu[i]=-1;
		for(unsigned int j=0;j<prime.size()&&i*prime[j]<=n;j++)
		{
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0){mu[i*prime[j]]=0;break;}
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
inline ll solve(ll a,ll b,ll d)
{
	ll n=min(a/d,b/d),res=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
	{
		r=min(a/(a/l),b/(b/l));
		res+=(a/(l*d))*(b/(l*d))*(sum[r]-sum[l-1]);
	}
	return res;
}
int main()
{
	shai(50000);
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&d);
		printf("%lld
",solve(a,b,d));
	}
	return 0;
}