hdoj 1695 GCD 【容斥原理 + 欧拉函数】 【求两个区间里面的所有不重复质数对】

GCD

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Problem Description

Given 5 integers: a, b, c, d, k, you're to find x in a...b, y in c...d that GCD(x, y) = k. GCD(x, y) means the greatest common divisor of x and y. Since the number of choices may be very large, you're only required to output the total number of different number pairs.
Please notice that, (x=5, y=7) and (x=7, y=5) are considered to be the same.

Yoiu can assume that a = c = 1 in all test cases.

 

Input

The input consists of several test cases. The first line of the input is the number of the cases. There are no more than 3,000 cases.
Each case contains five integers: a, b, c, d, k, 0 < a <= b <= 100,000, 0 < c <= d <= 100,000, 0 <= k <= 100,000, as described above.

 

Output

For each test case, print the number of choices. Use the format in the example.

 

Sample Input

   
   
   
   

    
    
    
    2
1 3 1 5 1
1 11014 1 14409 9
   
   
   
   

 

Sample Output

   
   
   
   

    
    
    
    Case 1: 9
Case 2: 736427


    
    
    
    
 
     
 
      Hint 
     
For the first sample input, all the 9 pairs of numbers are (1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 3), (2, 5), (3, 4), (3, 5). 
    
    
    
    
     
   
   
   
   

 

题意：给两个区间[a,b]和[c,d] 让你求出有多少个数对（x,y）【x属于区间[a,b]   y属于区间[c,d] 且 (x,y)  和 (y,x)算一个数对】满足gcd（x,y）== k 。

分析：转化区间n = b / k， m = d / k。 是问题变为求区间[1, n] 和[1, m] 里面所有不重复的质数对（x，y）【x属于[1,n] 且y属于[1,m]】。

实现：我们不妨假设n  <= m，这样就需要分两种情况求解 1，x属于区间[1,n] 且 y属于区间[1,n] ；2，x属于区间[1,n] 且 y属于区间[n+1,m]。

情况1：对于x属于区间[1,n] 和 y属于区间[1,n]里面的所有不重复质数对(x,y)的数目 就为n个数的欧拉函数之和。

为什么？ 我们从x看起，因为数对(x,y) 与 (y,x)是同一数对，因此我们可以只求x < y 的数对之和。 这样在x < y的前提，当x取区间[1,n]里面的任意一值r时，那么成立的数对就为r的欧拉函数，类似的，其它值也一样，因此答案即为所有值的欧拉函数之和。好好体会。

情况2：容斥原理，不用多说了吧，枚举每个y （n+1 <= y <= m），求区间[1,n]里面与当前y互质的个数 ，累加即可。

 

代码：

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define LL long long
#define MAX 100000+10
using namespace std;
LL eu[MAX];//eu[i]存储区间[1到 i ]里面的所有不重复质数对数目 
int p[100], q;//质因子分解用到
void euler()
{
	int i, j;
	eu[1] = 1;
	for(i = 2; i < MAX; i++)
	{
		if(!eu[i])
		{
			for(j = i; j < MAX; j += i)
			{
				if(!eu[j]) eu[j] = j;
				eu[j] = eu[j] * (i-1) / i;
			}
		}
		eu[i] += eu[i-1];
	}
} 
void getp(int n)//求n的质因子 
{
	int i;
	q = 0;
	for(i = 2; i*i <= n; ++i)
	{
		if(n % i == 0)
		{
			p[q++] = i;
			while(n % i == 0)
			n /= i;
		}
	}
	if(n > 1) p[q++] = n;
} 
int nop(int m)//求 1到m里面 与当前n互质的数 的个数 
{
	int top = 0;
	int i, j, t;
	int que[100000];
	que[top++] = -1;
	for(i = 0; i < q; i++)
	{
		t = top;
		for(j = 0; j < t; ++j)
		{
			que[top++] = que[j] * p[i] * (-1);
		}
	}
	int sum = 0;
	for(i = 1; i < top; i++)
	sum += m/que[i];
	return sum;
}
int main()
{
	int t;
	int i, j = 1;
	int a, b, c, d, k;
	int n, m; 
	euler(); 
	scanf("%d", &t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
		if(k == 0)
		{
			printf("Case %d: 0\n", j++);
			continue;
		}
		n = b / k;
		m = d / k;
		if(n > m)//n为小 m为大 
		{
			a = n;
			n = m;
			m = a;
		}
		LL ans = eu[n];//区间[1-n]里面的所有不重复质数对 
		for(i = n+1; i <= m; i++)
		{
			getp(i);//求i的质因子
			ans += n-nop(n);//求区间[1-n] 里面有多少个数与 i 互质 
		}
		printf("Case %d: %lld\n", j++, ans);
	}
	return 0;
}