【容斥+莫比乌斯反演】BZOJ2301 [HAOI2011]Problem b

题面在这里

首先容斥，把问题转化为求

∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=k]⇒∑i=1⌊nk⌋∑j=1⌊mk⌋[gcd(i,j)=1]

由 u∗I=e ，得到：

∑i=1⌊nk⌋∑j=1⌊mk⌋∑d|(i,j)μ(d)⇒∑dμ(d)∑d|i∑d|j1⇒∑dμ(d)⌊nkd⌋⌊mkd⌋

由于 ⌊nkd⌋⌊mkd⌋ 是可以分块处理的

于是每个询问都可以 O(n√) 得到答案

示例程序：

#include
#include
using namespace std;

const int maxn=50005;
int tst,a,b,c,d,K,p[maxn],mu[maxn],sum[maxn];
bool vis[maxn];
void get_mu(){
    int n=50000;mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++){
        if (!vis[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
        for (int j=1;j<=p[j]&&i*p[j]<=n;j++){
            vis[i*p[j]]=1;
            if (i%p[j]==0) {mu[i*p[j]]=0;break;}
             else mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int get(int n,int m){
    n/=K;m/=K;
    if (n>m) swap(n,m);
    int res=0;
    for (int d=1,lst=0;d<=n;d=lst+1){
        lst=min(n/(n/d),m/(m/d));
        res+=(n/d)*(m/d)*(sum[lst]-sum[d-1]);
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d",&tst);get_mu();
    while (tst--){
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&K);
        printf("%d\n",get(b,d)-get(a-1,d)-get(b,c-1)+get(a-1,c-1));
    }
    return 0;
}