[HAOI2011]Problem b

原题连接

题目描述

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

输入输出格式

• 输入格式：
  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
• 输出格式：
  共n行，每行一个整数表示知足要求的数对(x,y)的个数

解题思路

• 这个题要求的其实就是:\(Ans=\sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}[gcd(i,j)=k]\)
• 若是作过一道叫:[POI2007]ZAP-Queries的题，那么这题就显得很是的简单了。由于那道题就是这道题的一个特殊状况\((a=1,c=1)\)
• 咱们能够发现本题所算的\(a\)~\(b\),\(c\)~\(d\)的答案，实质上由一个简单的容斥就能够转换成\(Ans((1,b),(1,d))-Ans((1,b),(1,c-1))-Ans((1,a-1),(1,d))+Ans((1,a-1),(1,c-1))\)，也就是一种相似于前缀和的容斥。具体的缘由，其实把\(\sum\)随便手写几项，就能够发现这必定是正确的。
• 至于如何求\(1\)~\(n\),\(1\)~\(m\)，就按照那道题化简一下式子就能够了。
• 咱们设：
  \[f(k)=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=k]\]
  \[F(n)=\sum_{n|k}f(k)=\lfloor\frac{a}{n}\rfloor\lfloor\frac{b}{n}\rfloor\]
  则能够由莫比乌斯反演能够推出：
  \[f(n)=\sum_{n|k}\mu(\lfloor\frac{k}{n}\rfloor)F(k)\]
• (PS:若是不知道为何要设这两个函数，能够点开我上面放的连接)
• 设完这两个函数以后，咱们便惊喜的发现，\(Ans=f(k)\)
• 因而就直接开始推答案：
  \[Ans=\sum_{k|n}\mu(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor)F(n)\]
  枚举\(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)设为\(t\)
  \[Ans=\sum_{t=1}^{min(\lfloor\frac{a}{k}\rfloor,\lfloor\frac{b}{k}\rfloor)}\mu(t)\lfloor\frac{a}{tk}\rfloor\lfloor\frac{b}{tk}\rfloor\]
  这时候，这个式子已经能够作到\(O(n)\)的时间复杂度了，可是由于有多组数据，因此咱们再用一下整除分块，这式子就能够作到\(O(\sqrt{n})\)了。
• 咱们只须要写一个这样的函数，每次询问调用四遍就能够了。

下附代码:

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define N 60010
using namespace std;
inline void read(int &x)
{
    x=0;
    static int p;p=1;
    static char c;c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(c-48);c=getchar();}
    x*=p;   
}
bool vis[N];
int prim[N],mu[N],sum[N],cnt,k;
void get_mu(int n)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i]){mu[i]=-1;prim[++cnt]=i;}
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prim[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*prim[j]]=1;
            if(i%prim[j]==0)break;
            else mu[i*prim[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
long long calc(int a,int b)
{
    static int max_rep;
    static long long ans;
    max_rep=min(a,b);ans=0;
    for(int l=1,r;l<=max_rep;l=r+1)
    {
        r=min(a/(a/l),b/(b/l));
        ans+=(1ll*a/(1ll*l*k))*(1ll*b/(1ll*l*k))*(sum[r]-sum[l-1]);
    }
    return ans;
}
int main()
{
//  freopen("P3455.in","r",stdin);
//  freopen("P3455.out","w",stdout);
    int t;
    read(t);
    get_mu(50000);
    while(t--)
    {
        static int a,b,c,d;
        read(a);read(b);read(c);read(d);read(k);
        printf("%lld\n",calc(b,d)-calc(b,c-1)-calc(a-1,d)+calc(a-1,c-1));
    }
    return 0;
}