BZOJ 2301: [HAOI2011]Problem b(莫比乌斯反演+数论分块)

 

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Description

 

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，gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。

 

Input

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

 

Output

共n行，每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数

 

Sample Input

2

2 5 1 5 1

1 5 1 5 2


 

Sample Output

14

3


 

HINT

 

100%的数据满足：1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000

         看着n的数据这么少？是不是很开森的套一个莫比乌斯反演的板子，那么你就会超时，原因可能是这题的t组数据给的非常的大。以致于while里面的时间复杂度为o(n)都会超时，只能考虑o(根号(n))的做法。

    于是这里需要分块，我们可以注意到，莫比乌斯的板子里都有个这个东西：(n/i)*(m/i)。。正好，整除分块的形式跟它长的一样：

那么我们就可以套一个分块的板子做法了。时间复杂度：O(t*sqrt(n))

AC代码：

这里说明一下，莫比乌斯之前我用的是另一个板子，今天换成容斥的板子，感觉容斥的板子更容易理解和修改：

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e4+10;
int isPrime[N],miu[N],prime[N];
ll sum[N];
int tot;
void getmiu(){
	memset(isPrime,1,sizeof(isPrime));
    miu[1]=1;
    for(ll i=2;iN) break;
            isPrime[i*prime[j]]=false;
            if(i%prime[j]==0){
                miu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }else miu[i*prime[j]]=-1*miu[i];
        }
    }
    for(int i=1;im) swap(n,m);
	ll res=0;
	for(int i=1,pos=0;i<=n;i=pos+1){
		pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
		res+=(sum[pos]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
	}
	return res;
}
int main(){
	getmiu();
	int t;
	cin>>t;
	ll a,b,c,d,k;
	while(t--){
		scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&k);
		ll ans=solve(b/k,d/k)-solve((a-1)/k,d/k)-solve((c-1)/k,b/k)+solve((a-1)/k,(c-1)/k);
		printf("%lld\n",ans);
	}
}