题目链接：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4746
题意：
1≤x,y≤n , 求gcd(x,y)分解后质因数个数小于等k的(x,y)的对数。
分析：
莫比乌斯反演。
还是一个套路，我们设
f(d)：满足gcd(x,y)=d且x,y均在给定范围内的(x,y)的对数。
F(d)：满足d|gcd(x,y)且x,y均在给定范围内的(x,y)的对数。
显然F(x)=[n/x]∗[m/x]，反演后我们得到
f(x)=∑x|dμ(d/x)[n/d]∗[m/d]
最直接的方法，枚举质数 p，那么
ans=∑pmin(n,m)(∑dmin(n/p,m/p)μ(d)∗[n/(p∗d)]∗[m/(p∗d)])
这样肯定会超时。
我们令 a=p∗d，那么
ans=∑a=1min(n,m)[n/a]∗[m/a]∗∑p|aμ(a/p)
我们希望快速获得每个 a对应的 ∑p|aμ(a/p)，由于题目规定了最大的质因子数目，所以我们增加一维，设 f[i][j]表示质因子数目小于等于 j时 前 i项和，根据公式计算即可。
最后我们再取个前缀和就好了。注意这里仍然使用了分段优化。
代码：
/*
-- Hdu 4746
-- Created by jiangyuzhu
-- 2016/5/30
*/
#include
const int maxn = 5e5 + 5 ;
int tot = 0;
int miu[maxn], prime[maxn], f[maxn][20 + 5];
int cnt[maxn];
bool flag[maxn];
void mobius()
{
miu[1] = 1;
tot = 0;
for(int i = 2; i < maxn; i++){
if(!flag[i]){
prime[tot++] = i;
miu[i] = -1;
cnt[i] = 1;
}
for(int j = 0; j < tot && i * prime[j] < maxn; j++){
flag[i * prime[j]] = true;
cnt[i * prime[j]] = cnt[i] + 1;
if(i % prime[j]){
miu[i * prime[j]] = -miu[i];
}
else{
miu[i * prime[j]] = 0;
break;
}
}
}
for(int i = 1; i < maxn; i++){
for(int j = i; j < maxn; j += i){
f[j][cnt[i]] += miu[j / i];
}
}
for(int i = 1; i < maxn; i++){
for(int j = 1; j < 20; j++){
f[i][j] += f[i][j - 1] ;
}
}
//前缀和
for(int i = 1; i < maxn; i++){
for(int j = 0; j < 20; j++){
f[i][j] += f[i - 1][j];
}
}
}
int main (void)
{
mobius();
int T;sa(T);
int n, m, k;
for(int kas = 1; kas <= T; kas++){
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
ll ans = 0;
k = min(k, 19);
int j;
if(n > m) swap(n, m);
for(int i = 1; i <= n; i = j + 1){
j = min(n /(n / i), m / (m / i ));
ans += (n / j) * 1ll * (m / j) * (f[j][k] - f[i - 1][k]);
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}