BZOJ2301 [HAOI2011]Problem b（莫比乌斯反演）

莫比乌斯反演的一些东西：

莫比乌斯反演定理

或

莫比乌斯函数：

【题解】

用容斥的思想：
Ans( a<=x<=b , c<=y<=d ) = Ans( 1<=x<=b , 1<=y<=d ) - Ans( 1<=x<=a-1 , 1<=y<=d ) - Ans( 1<=x<=b , 1<=y<=c-1 ) + Ans( 1<=x<=a-1 , 1<=y<=c-1 )
那么对于转化后的每个询问：1<=x<=n,1<=y<=m,gcd(x,y)=k的(x,y)个数 
设f(k)为答案，F(k)表示 1<=x<=n,1<=y<=m,k|gcd(x,y)的(x,y)个数，则：
    F(k)=sigma( f(d) ) , k|d，又 F(k)=[n/k]*[m/k]
 => f(k)=sigma( mu(d/k)*F(d) ) , k|d
        =sigma( mu(d/k)*[n/d]*[m/d] ) , k|d
直接枚举d，复杂度为线性，会超时 

而对于某些d，[n/d1]=[n/d2]，[n/d]最多有2*sqrt(n)个取值 
那么 [n/d]*[m/d]最多有 2*sqrt(n)+2*sqrt(m) 个取值 
枚举d时，计算出 d2>=d 且 [n/d2]*[m/d2]=[n/d]*[m/d] 的最大d2值，d与d2之间的的都不改变F值，直接跳过即可，前缀和处理mu[]
复杂度为O(n*sqrt(n))

【代码】

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
typedef long long LL;
int no[50005],pri[50005],mu[50005];
int k;
int min(int a,int b)
{
	if(a<b) return a;
	return b;
}
LL ask(int n,int m)
{
	LL ans=0;
	int i,last;
	for(i=1;i*k<=n&&i*k<=m;i=last+1)//枚举：d=i*k
	{
		last=min( n/(n/(i*k)) , m/(m/(i*k)) )/k;// i*k~last*k 代入 d：[n/d]*[m/d]均不变 
		ans+=(LL)(mu[last]-mu[i-1])*(LL)(n/(i*k))*(LL)(m/(i*k));
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int n,a,b,c,d,i,j,p=0;
	scanf("%d",&n);
	mu[1]=1;
	for(i=2;i<=50000;i++)
	{
		if(no[i]==0)
		{
			pri[++p]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(j=1;j<=p&&pri[j]*i<=50000;j++)
		{
			no[pri[j]*i]=1;
			if(i%pri[j]==0) break;
			mu[pri[j]*i]=-mu[i];
		}
	}
	for(i=2;i<=50000;i++)
		mu[i]+=mu[i-1];
	for(;n>0;n--)
	{
		scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
		printf("%lld\n",ask(b,d)-ask(a-1,d)-ask(b,c-1)+ask(a-1,c-1));
	}
	return 0;
}