洛谷P2522 容斥原理+莫比乌斯反演
题意：
给出 a , b , c , d , k a,b,c,d,k a,b,c,d,k，计算
∑ i = a b ∑ j = c d [ g c d ( i , j ) = k ] \sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}[gcd(i,j)=k] i=a∑bj=c∑d[gcd(i,j)=k]
Solution：
法一：
设
f ( n , m ) = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ g c d ( i , j ) = k ] f(n,m)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=k] f(n,m)=i=1∑nj=1∑m[gcd(i,j)=k]
容斥原理，原题即求
f ( b , d ) − f ( a − 1 , d ) − f ( b , c − 1 ) + f ( a − 1 , c − 1 ) f(b,d)-f(a-1,d)-f(b,c-1)+f(a-1,c-1) f(b,d)−f(a−1,d)−f(b,c−1)+f(a−1,c−1)
现在只需要求 f ( n , m ) f(n,m) f(n,m)，由于出现布尔表达式，考虑莫比乌斯反演，莫比乌斯反演需要 [ . . . = 1 ] [...=1] [...=1]形式，于是改写成
∑ i = 1 ⌊ n k ⌋ ∑ j = 1 ⌊ m k ⌋ [ g c d ( i , j ) = 1 ] \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(i,j)=1] i=1∑⌊kn⌋j=1∑⌊km⌋[gcd(i,j)=1]
莫比乌斯反演，即求
∑ i = 1 ⌊ n k ⌋ ∑ j = 1 ⌊ m k ⌋ ∑ d ∣ g c d ( i , j ) μ ( d ) \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d) i=1∑⌊kn⌋j=1∑⌊km⌋d∣gcd(i,j)∑μ(d)
更换枚举项为因子 d d d
∑ d = 1 m i n { ⌊ n k ⌋ , ⌊ m k ⌋ } μ ( d ) ∑ i = 1 ⌊ n d k ⌋ ∑ i = 1 ⌊ m d k ⌋ 1 \sum_{d=1}^{min\{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor,\lfloor\frac{m}{k}\rfloor\}}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}1 d=1∑min{⌊kn⌋,⌊km⌋}μ(d)i=1∑⌊dkn⌋i=1∑⌊dkm⌋1
由于 n , m n,m n,m轮换，不妨设 n ≤ m n\leq m n≤m，即
∑ d = 1 ⌊ n k ⌋ μ ( d ) ⌊ n d k ⌋ ⌊ m d k ⌋ \sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor d=1∑⌊kn⌋μ(d)⌊dkn⌋⌊dkm⌋
整除分块即可快速求得此式， μ ( d ) \mu(d) μ(d)部分只需要线性筛后处理前缀和，需要注意的是，此处需要求单个 μ ( i ) \mu(i) μ(i)而不是 ∑ μ ( i ) \sum \mu(i) ∑μ(i)，所以 i % p r i m e [ j ] = 0 i\%prime[j]=0 i%prime[j]=0时结果是0
// #include法二：
不用容斥，直接在原式上操作
∑ i = a b ∑ j = c d [ g c d ( i , j ) = k ] ⇒ ∑ i = ⌈ a k ⌉ ⌊ b k ⌋ ∑ i = ⌈ c k ⌉ ⌊ d k ⌋ [ g c d ( i , j ) = 1 ] = ∑ i = ⌈ a k ⌉ ⌊ b k ⌋ ∑ i = ⌈ c k ⌉ ⌊ d k ⌋ ∑ d ∣ g c d ( i , j ) μ ( d ) \sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}[gcd(i,j)=k]\Rightarrow \sum_{i=\lceil\frac{a}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{b}{k}\rfloor}\sum_{i=\lceil\frac{c}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{d}{k}\rfloor}[gcd(i,j)=1]=\sum_{i=\lceil\frac{a}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{b}{k}\rfloor}\sum_{i=\lceil\frac{c}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{d}{k}\rfloor}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d) i=a∑bj=c∑d[gcd(i,j)=k]⇒i=⌈ka⌉∑⌊kb⌋i=⌈kc⌉∑⌊kd⌋[gcd(i,j)=1]=i=⌈ka⌉∑⌊kb⌋i=⌈kc⌉∑⌊kd⌋d∣gcd(i,j)∑μ(d)
注意上式的求和开始的下标是上取整
优先枚举因子 d d d，假设 b ≤ d b\leq d b≤d， f ( x , l , r ) f(x,l,r) f(x,l,r)为 x x x在区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]有多少个倍数
∑ d = 1 ⌊ b k ⌋ μ ( d ) f ( d , ⌈ a k ⌉ , ⌊ b k ⌋ ) f ( d , ⌈ c k ⌉ , ⌊ d k ⌋ ) \sum_{d=1}^{\lfloor\frac{b}{k}\rfloor}\mu(d)f(d,\lceil\frac{a}{k}\rceil,\lfloor\frac{b}{k}\rfloor)f(d,\lceil\frac{c}{k}\rceil,\lfloor\frac{d}{k}\rfloor) d=1∑⌊kb⌋μ(d)f(d,⌈ka⌉,⌊kb⌋)f(d,⌈kc⌉,⌊kd⌋)
对于 f ( x , l , r ) f(x,l,r) f(x,l,r)，一个形式是
f ( x , l , r ) = ⌊ r k ⌋ − ⌈ l k ⌉ + 1 f(x,l,r)=\lfloor\frac{r}{k}\rfloor-\lceil\frac{l}{k}\rceil+1 f(x,l,r)=⌊kr⌋−⌈kl⌉+1
这有上取整，是很不好处理的，下取整只能求得小于等于某个值的倍数有多少个，而 [ l , r ] [l,r] [l,r]的倍数个数可以容斥得到为小于等于 r r r的倍数的个数-小于等于 l − 1 l-1 l−1的倍数的个数，于是也可以写作如下形式
f ( x , l , r ) = ⌊ r k ⌋ − ⌊ l − 1 k ⌋ f(x,l,r)=\lfloor\frac{r}{k}\rfloor-\lfloor\frac{l-1}{k}\rfloor f(x,l,r)=⌊kr⌋−⌊kl−1⌋
代入原式后数论分块就可以求得答案，需要注意特判分母为0，不然会RE。这样的写法不需要容斥，常数小，更大的好处是容斥的时间复杂度是 2 n 2^n 2n， n n n是容斥元素个数，当 n n n很大的时候是不能容斥的，需要这样子计算
// #include