莫比乌斯反演+数论分块

对于给定的整数a,b和d，有多少正整数对x,y，满足x<=a，y<=b，并且gcd(x,y)=d
对于这么一道题目 典型的莫比乌斯反演题
代码如下

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+7;
bool vis[maxn];
ll prime[maxn],mu[maxn];
ll cnt;
void Init()
{
     
    ll N=maxn;
    mu[1]=1;
    cnt=0;
    for(ll i=2; i<N; i++)
	{
     
        if(!vis[i])
		{
     
            prime[cnt++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(ll j=0;j<cnt&&i*prime[j]<N; j++)
		{
     
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]) 
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            else
			{
     
                mu[i*prime[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
}//打表确定莫比乌斯函数值 
int main()
{
     
    ll a,b,c,d,k;
    ll T,Case=0;
    Init();
    cin>>T;
    while(T--)
	{
     
        cin>>b>>d>>k;
        b/=k,d/=k;//求[1,b]中与[1,d]中gcd(x,y)=k的个数 即gcd(x/k,y/k)=1的个数 又x属于[1,b]y属于[1,d]，相当于求[1,b/k]中与[1,d/k]中gcd(x,y)=1的个数 
        //对b，d的值更新一下，题目就转换为求[1,b] [1,d]中gcd(x,y)=1的个数 
		ll ans1=0,ans2=0;
        for(ll i=1;i<=min(b,d);i++)
		{
     
            ans1+=mu[i]*(b/i)*(d/i);//由公式算出的包含重复部分的个数，重复部分只可能出现在两区间相交部分，所以让较小区间自身计算 
        }
        for(ll i=1;i<=min(b,d);i++)
		{
     
            ans2+=mu[i]*(min(b,d)/i)*(min(b,d)/i);//由较小区间自身计算，其中有一半为重复  有时有的题目不需要去重，此处去重了
        }
        cout<<ans1-ans2/2<<endl;
    }
    return 0;
}

## 数论分块模板
就是在前面基础上加了个求前缀和，然后主函数中的部分变一下

#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=50001;
bool vis[maxn];
ll prime[maxn],mu[maxn],sum[maxn];
ll cnt;
void getmu()
{
     
    ll N=maxn;
    mu[1] = 1;
    cnt=0;
    for(ll i=2;i<maxn;i++)
	{
     
        if(!vis[i])
		{
     
            prime[++cnt]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(ll j=1;j<=cnt;j++)
		{
     
			if(i*prime[j]>N) break;
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
			{
     
			mu[i*prime[j]]=0;
            break;
			}
            else
            mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<maxn;i++)
    sum[i]=sum[i-1]+mu[i];//sum[i]为莫比乌斯函数的前缀和 
}//打表确定莫比乌斯函数值 
int main()
{
     
    int a,b,c,d,k;
    int T;
    getmu();
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
	{
     
        scanf("%d%d%d",&b,&d,&k);
        b/=k,d/=k;
        int e=min(b,d);
		ll ans=0;
        for(int i=1,r;i<=e;i=r+1)
		{
     
			r=min(b/(b/i),d/(d/i));
            ans+=(sum[r]-sum[i-1])*(b/i)*(d/i);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }//数论分块模板 
    return 0;
}

再放一道莫比乌斯反演+数论分块+容斥定理题
题目：给定a<=x<=b , c<=y<=d 且gcd（x,y）=k，输入abcdk 求有多少对（x，y）满足
代码如下

#include
#include
#include
#include
#define maxn 50005
using namespace std;
int a,b,c,d,k;
int mu[maxn],sum[maxn],prime[maxn];
bool flag[maxn];
void getmu(){
     
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<maxn;i++)
	{
     
		if(!flag[i])
		{
     
			prime[++prime[0]]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=prime[0];j++)
		{
     
			if(i*prime[j]>maxn)break;
			flag[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)
			{
     
				mu[i*prime[j]]=0;break;
			}
			else
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<maxn;i++)
	sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int solve(int b,int d)
{
     

	if(b>d)
	swap(b,d);
	b/=k;
	d/=k;
	int ans=0;
	for(int i=1,r;i<=b;i=r+1)
	{
     
		r=min(b/(b/i),d/(d/i));
		ans+=(sum[r]-sum[i-1])*(b/i)*(d/i);
	}
	return ans;
}
int main()
{
     
	int n;
	getmu();
	scanf("%d",&n);
	while(n--)
	{
     
		scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
		printf("%d\n",solve(b,d)-solve(a-1,d)-solve(c-1,b)+solve(a-1,c-1));
	}
}

给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对
若是直接for循环遍历所有素数prime[i]，每次求gcd=prime[i] 那么可能会T。
此处运用一个高效解法

#include
#include
#include 
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e7+7;
bool vis[maxn];
int prime[maxn];
ll mu[maxn];
int cnt;
ll sum[maxn],f[maxn];
void Init()
{
     
    mu[1]=1;
    cnt=0;
    for(int i=2;i<maxn;i++)
	{
     
        if(!vis[i])
		{
     
            prime[++cnt]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<maxn;j++)
		{
     
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]) 
				mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            else
			{
     
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
     
    	for(int j=1;prime[i]*j<=maxn;j++)
    	{
     
    		f[j*prime[i]]+=mu[j];
		}
	}
    for(int i=1;i<maxn;i++)
    sum[i]=sum[i-1]+f[i];
}
int main()
{
     
		int T;
		int n,m,r;
		ll ans;
		Init();
		scanf("%d",&T);
		while(T--)
		{
     
        	scanf("%d%d",&n,&m);
			ans=0; 
			for(int j=1;j<=min(n,m);j=r+1)
            {
     
            	r=min(n/(n/j),m/(m/j));
            	ans+=1ll*(sum[r]-sum[j-1])*(n/j)*(m/j);
			}   
        printf("%lld\n",ans);
    	}
    return 0;
}