BZOJ 2301

题意：对于给出的n个询问，每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y)=k。
首先用容斥原理将一个询问拆成4个。然后，一种可行的转化是求一种可行的转化是先令k=1，即求1≤floor(x/k)≤n 且 1≤floor(y/k)≤m 的互质数对(x,y)的数量。然后我们考虑用莫比乌斯反演。我们经常使用的一种形式是

f(k)=∑k|dμ(dk)F(d)

因此，我们可以设f(k)为范围内gcd(x,y)=k的数对个数（即一个询问的答案），然后设F(d)为范围内d|gcd(x,y)的数对个数。我们会发现F[d]是比较好算的：它就是⌊nd⌋⌊md⌋，其中n和m分别是x和y的取值范围。别忘了之前我们已经令k=1，所以我们枚举的d其实就是正整数。如果我们枚举d的话，在原本k=1的时候，每次询问的时间复杂度就会退化成O(n)的，所以我们需要改进。
在1257那道题里面，我们曾经利用过一个结论：n/d的值有O(n‾‾√)个。这样，我们就可以枚举这个商，以每个商为一块，分块计算之。这里，我们继续利用这个结论。我们设d在区间[l,r]上时，F[d]=⌊nd⌋⌊md⌋的值不变。为了保险起见，我们把它拆成两个式子：

⌊nl⌋=⌊nr⌋且⌊ml⌋=⌊mr⌋

然后就是和1257一样的方法，用整除的性质放缩一下，分别得出r关于l的两个范围，取较小的那一个就行了。下一次循环的l′就是r+1。

// BZOJ 2301

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

 const int N=50000+5;

 #define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++)
 #define dep(i,a,b) for (int i=a; i>=b; i--)
 #define read(x) scanf("%d", &x)
 #define fill(a,x) memset(a, x, sizeof(a))

 /* 筛Mobius函数的过程：
 思想一：一边计算miu函数，一边筛质数；
 思想二：每个数只被其最小的质数筛去
 */
 bool vis[N];
 int miu[N], T, a, b, c, d, k, prime[N], sum[N], s1, s2, s3, s4;
 void get_Mobius() {
    int tot=0;
    miu[1]=1; 
    fill(vis, false);
    rep(i,2,N) {
        if (!vis[i]) { prime[++tot]=i; vis[i]=true; miu[i]=-1; }
        for (int j=1; j<=tot && prime[j]*i<=N; j++) {
            int k=prime[j]*i;
            vis[k]=true;
            if (i%prime[j]==0) { miu[k]=0; break; }
            else miu[k]=-miu[i]; 
        }
    }
    sum[0]=0;
    rep(i,1,N) sum[i]=sum[i-1]+miu[i];
 }

 int query(int n, int m) {
    int last=0, ret=0;
    if (n>m) swap(n, m);
    for (int i=1; i<=n; i=last+1) {
        last=min(n/(n/i), m/(m/i));
        ret+=(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
    }
    return ret;
 }

int main()
{
    get_Mobius();
    read(T);
    while (T--) {
        read(a); read(b); read(c); read(d); read(k);
        a--; c--;
        int s1=query(b/k, d/k), s4=query(a/k, c/k);
        int s2=query(a/k, d/k), s3=query(c/k, b/k);
        printf("%d
", s1-s2-s3+s4);
    }

    return 0;
}