[HAOI2011]Problem b

原题链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P2522

原题也只有一句话，题意简述还是免了吧

dalao说我是莫比乌斯反演界的一股清流，不明觉厉

首先是一个容斥原理，不知道dalao们都会有什么操作，反正要是让我直接算区间的话我就只好枚举了，显然直接算区间不可取

不过想到容斥原理，公式应该就很好算了，我理解的时候，心理想的是二维前缀和的模型

ans=solve（b,d）-solve(a-1,d)-solve(b,c-1)+solve(a-1,c-1);

然后就是解决solve(l,r)是怎么算的了

其实我首先并没有发觉自己做错了，写了这么一个公式：

solve（l,r）=gcd(i,j)%k==0(1<=i<=l,1<=j<=r)=(l/k)(r/k);

对于每组询问这不是O（1）出答案吗？

当然，当我写出代码来才发现问题，gcd（i,j）==2*k,3*k 的时候，也是%k==0的啊。。。

所以把公式写成：solve(l,r)=(gcd(i,j)==k)(1<=i<=l,1<=j<=r)

然后，我就只能看着标签上的莫比乌斯反演发呆了。。。

不过我突然发现，我刚写的两个公式似乎有些关系，然后拿来列在一起。。。

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正式题解：

设函数f,g

g(k)=∑(gcd(i,j)%k==0)

f(k)=∑(gcd(i,j)==k)

正好满足 g(k)=∑_k|df(d)

于是由莫比乌斯反演可得f(k)=∑_k|dμ(k/d)g(d)

由于g(d)=(l/d)*(r/d)，所以原式又可以变形为f(k)=∑_d|kμ(k/d)*(l/d)*(r/d)

暴力一点的做法的话，枚举一下d，在算一下对应的莫比乌斯函数值就好了，但是在某些极端情况下，d不会很小，所以还要优化

如果d的一定范围内，l/d与r/d的值都是不会变的，其实我们只是做了(区间长度)次计算莫比乌斯函数罢了，这个地方是可以优化的。

提前算出前缀和，并且预先算出下一个会使(l/d)*(r/d)变化的d值，这样就可以用前缀和优化。

#include<cstdio>
int t,a,b,c,d,k,tot;
int m[50005],vis[50005],p[50005],sum[50005];
int min(int x,int y)
{
    return x<y?x:y;
}
int solve(int l,int r)
{
    l/=k,r/=k;
    int x=min(l,r);
    int ans=0,s;
    for(int i=1;i<=x;i=s+1)
    {
        s=min(l/(l/i),r/(r/i));
        ans+=(sum[s]-sum[i-1])*(l/i)*(r/i);
    }
　　 return ans;
}
int main()
{
    m[1]=1;
    for(int i=2;i<=50000;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            m[i]=-1;
            p[++tot]=i;
        }
        for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=50000;j++)
        {
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0)
            {
                m[i*p[j]]=0;
                break;
            }
            else m[i*p[j]]=-m[i];
        }
    }
    
    for(int i=1;i<=50000;i++) sum[i]=sum[i-1]+m[i];
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        int sum=solve(b,d);
        sum=sum-solve(a-1,d)-solve(b,c-1)+solve(a-1,c-1);
        printf("%d
",sum);
    }
    return 0;
}