【BZOJ 2301】problem b

【題目描述】

對於給出的$n$個詢問，每次求有多少個數對$(x,y)$，滿足$a≤x≤b，c≤y≤d$，且$gcd(x,y) = k$.

【分析】

記
$f(a, b)=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[gcd(i,j)=k]$
則答案可以由上式差分而來。故我們只需考慮如何計算它。
枚舉k的倍數：
$\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{k}\rfloor}[gcd(i,j)=1]$
由$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$：
$\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{k}\rfloor}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$
這樣的話，實際我們只是在研究對於每個d，$\mu(d)$被統計了多少次。
這樣問題就變得簡單了：我只需統計對於每個d，有多少個i和j同時是d的倍數即可
而我們知道，在$[1,n]$範圍內，數d的倍數的個數$=\lfloor n/d\rfloor$。
所以：
$\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{max(a,b)}{k}\rfloor}\lfloor\frac{a}{kd}\rfloor\lfloor\frac{b}{kd}\rfloor$
數論分塊即可。

【代碼】

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize (3)
#define ll long long
using namespace std;
const int mn = 50005;
int mu[mn];
bool vis[mn];
int pri[mn], cnt, k;
inline void init(int n)
{
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if(!vis[i]) pri[++cnt] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 1; j <= cnt && pri[j] * i <= n; j++)
        {
            vis[i * pri[j]] = 1;
            if(i % pri[j] == 0) {mu[pri[j] * i] = 0; break;}
            else mu[pri[j] * i] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = 2; i <= n; i++)
        mu[i] += mu[i - 1];
}
inline ll calc(int x, int y)
{
    x /= k, y /= k;
    if(x > y) swap(x, y);
    ll ret = 0;
    for(int i = 1, las; i <= x; i = las + 1)
    {
        las = min(x / (x / i), y / (y / i));
        ret += 1ll * (mu[las] - mu[i - 1]) * (x / i) * (y / i);
    }
    return ret;
}
int main()
{
    int a, b, c, d, T;
    scanf("%d", &T), init(mn - 5);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
        printf("%lld\n", calc(b, d) - calc(a-1, d) - calc(b, c - 1) + calc(a-1, c-1));
    }
}