[POI2007]ZAP-Queries

原题链接

题目大意

• 求\(\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(x,y)=d]\)
• 多组输入
• \(1\le d\le a,b\le 50000\)

解题思路

• 根据之前做过的题的经验(YY的GCD)，那么这一题就显得十分套路(简单)了。
• 我们设：
  \[f(k)=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=k]\]
  \[F(n)=\sum_{n|k}f(k)=\lfloor\frac{a}{n}\rfloor\lfloor\frac{b}{n}\rfloor\]
  则可以由莫比乌斯反演可以推出：
  \[f(n)=\sum_{n|k}\mu(\lfloor\frac{k}{n}\rfloor)F(k)\]
• (PS:如果不知道为什么要设这两个函数，可以点开我上面放的链接)
• 设完这两个函数之后，我们便惊喜的发现，\(Ans=f(d)\)
• 于是就直接开始推答案：
  \[Ans=\sum_{d|k}\mu(\lfloor\frac{k}{d}\rfloor)F(k)\]
  枚举\(\lfloor\frac{k}{d}\rfloor\)设为\(t\)
  \[Ans=\sum_{t=1}^{min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)}\mu(t)\lfloor\frac{a}{td}\rfloor\lfloor\frac{b}{td}\rfloor\]
  这时候，这个式子已经可以做到\(O(n)\)的时间复杂度了，但是因为有多组数据，所以我们再用一下整除分块，这题就可以做到\(O(\sqrt{n})\)了。
• 下附代码：

#include
#define N 60010
using namespace std;
templateinline void read(T &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;
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];
}
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,d;
        read(a);read(b);read(d);
        static int max_rep;
        max_rep=min(a/d,b/d);
        static long long ans;ans=0;
        for(int l=1,r;l<=max_rep;l=r+1)
        {
            r=min((a/d)/((a/d)/l),(b/d)/((b/d)/l));
            ans+=(long long)((a/d)/l)*((b/d)/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}