HDU1695 GCD 懵逼乌斯反演经典题qwq

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题目大意：
有$T$组询问，每次让你回答有多少对$x,y$使得$1\le x\le b,1\le y\le d,gcd(x,y)==k.$
注意$(x,y)$和$(y,x)$算同一对，计算答案时只统计一次。

先吐个槽：
题目中说的是$a<=x<=b,c<=x<=d$且$a=c=1...$
$a$和$c$不清楚是干什么的……珂能还有加强版qwq？

不会莫比乌斯反演的话珂以看蒟蒻的博客qwq
令$f(n)$表示$gcd(x,y)==n$的数对个数，令$F(n)$表示$gcd(x,y)$是$n$的倍数的数对个数。（这是套路）
不难看出$F(n)=\Sigma {}_{n|d}f(d).$
所以$f(n)=\Sigma {}_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d).$
假设当前范围是$[1,b]$和$[1,d]$，那么$[1,b]$能被$x$整除的有$\lfloor \frac{b}{x}\rfloor$个，$[1,d]$能被$x$整除的同理。
所以$F(x)=\lfloor \frac{b}{x}\rfloor \lfloor \frac{d}{x}\rfloor$。
所以$f(n)=\Sigma {}_{n|k}\mu (\frac{k}{n})\lfloor \frac{b}{k}\rfloor \lfloor \frac{d}{k}\rfloor .$（为了避免混淆，我把原来的一些$d$换成了$k$）
这个式子已经无法再化简了。

如果不考虑排除$(x,y)$和$(y,x)$重复的情况，则答案珂以表示成：
$ans=\Sigma {}_{i=1}^b\Sigma {}_{j=1}^d[gcd(i,j)==k]$
因为$gcd(i,j)==k$就相当于$gcd(\frac{i}{k},\frac{j}{k})==1$，
所以$ans=\Sigma {}_{i=1}^{b/k}\Sigma {}_{j=1}^{d/k}[gcd(i,j)==1]$
$=f(1)$
让$N=b/k,M=d/k$，则
$ans=\Sigma \mu (i)\lfloor \frac{N}{i}\rfloor \lfloor \frac{M}{i}\rfloor$。

然后考虑怎么排除重复的情况：
这里以样例1为例，如果不排除重复情况，会输出$12.$
$12$种情况如下：
$(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)$
$(2,1)(2,3)(2,5)$
$(3,1)(3,2)(3,4)(3,5)$
发现重复的情况有：
$(1,2)$和$(2,1)$重复；$(1,3)$和$(3,1)$重复；$(2,3)$和$(3,2)$重复。
发现重复的数对中$x,y$都是$[1,min(b,d)]$区间中的qwq
如何证明呢？考虑计算答案的式子：
其中一部分是$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$，所以若$x,y$中有一个$>min(b,d)$，那么$(x,y)$一定只会被算一次（珂以结合样例理解一下qwq）
而当$x,y$都在$[1,min(b,d)]$区间内时，数对$(x,y)$一定被算了两次（也结合样例理解一下qwq）
所以当且仅当$x,y$都在$[1,min(b,d)]$区间内时，$(x,y)$被算了两次。
那么排除掉这种重复情况就珂以了，具体见代码。

时间复杂度……感觉应该是$O(T\lfloor \frac{n}{k}\rfloor )$的（$n=min(b,d)$）……
当$k=1$的时候就是$O(Tn)$……$Tn$最大为$3e8$……$3s$时限是珂以卡过的……

然而……为什么我只运行了15ms就过了……数据太水了吧……

可能是昨天切了一道YNOI毒瘤题就觉得所有题都要卡常qwq

毒瘤代码

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define re register int
#define rl register ll
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {
	re x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9') {
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9') {
		x=10*x+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
inline void write(int x) {
	if(x>9)	write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
namespace I_Love {

const int Size=100005;
int tot,p[Size],prime[Size];
bool vis[Size];
void getp(int x) {
	//筛莫比乌斯函数
	p[1]=1;
	for(re i=2; i<=x; i++) {
		if(!vis[i]) {
			prime[++tot]=i;
			p[i]=-1;
		}
		for(re j=1; j<=tot && i*prime[j]<=x; j++) {
			vis[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0)	break;
			p[i*prime[j]]=-p[i];
		}
	}
}
void Fujibayashi_Ryou() {
	getp(100000);
	int T=read();
	for(re Case=1; Case<=T; Case++) {
		int a=read();
		int b=read();
		int c=read();
		int d=read();
		int k=read();
		if(!k) {
			printf("Case %d: 0\n",Case);
			continue;
		}
		//a=c=1,不用管 
		b/=k;
		d/=k;
		ll ans=0;
		int n=max(b,d);
		int m=min(b,d);
		for(re i=1; i<=m; i++) {
			ans+=(ll)p[i]*(n/i)*(m/i);
		}
		ll repeat=0;
		for(re i=1; i<=m; i++) {
			repeat+=(ll)p[i]*(m/i)*(m/i);
		}
		//repeat是出现了两次的数对的个数，所以要除以2 
		printf("Case %d: %lld\n",Case,ans-(repeat>>1ll));
	}
}

}
int main() {
	I_Love::Fujibayashi_Ryou();
	return 0;
}