Problem b （HYSBZ-2301）（莫比烏斯反演）

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 ， gcd(x,y) 函數爲 x 和 y 的最大公約數。

 

Input

第一行一個整數n，接下來n行每行五個整數，分別表示a、b、c、d、k

 

Output

共n行，每行一個整數表示滿足要求的數對(x,y)的個數

 

Sample Input

2 2 5 1 5 1 1 5 1 5 2

Sample Output

14 3

Hint
100%的數據滿足：1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000

題意：中文題，不過多敘述題意。

思路：這道題的話，讓你求在a<=x<=b,c<=y<=d，滿足gcd(x,y)是k的(x,y)的對數。對於求 ( a , c ) ( b , d ) 區間內的解 我們可以用容斥原理解決c a l c ( b , d ) − c a l c ( a − 1 , d ) − c a l c( b , c − 1 ) + c a l c ( a − 1 , c − 1 )。那麼對於求每一個 c a l c ( x , y ) 時首先要明確的是求 gcd ( x , y ) = k，就是求 gcd ( x / k , y / k ) = 1 的解。這裏我們可以用莫比烏斯反演來做，之後

AC代碼：

#include <stdio.h>
#include <string>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
typedef long long ll;
const int maxx=100010;
const int mod=10007;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-8;
using namespace std;
int mu[maxx],prime[maxx];
bool vis[maxx];
int sum[maxx];
int cnt;
void get_mu()
{
    memset(prime,0,sizeof(prime));
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    memset(mu,0,sizeof(mu));
    cnt=0;
    mu[1]=1;
    for(ll i=2; i<=maxx; i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[cnt++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(ll j=0; j<cnt && i*prime[j]<=maxx; j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j])
            {
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            }
            else
            {
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
        }
    }
}
ll findd(int n,int m)//分塊優化
{
    int j;
    ll cnt=0;
    if(n>m)
        swap(n,m);
    for(int i=1,j=0; i<=n; i=j+1)
    {
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        cnt+=(long long )(sum[j]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);//sum是mu的前綴和
    }
    return cnt;
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    get_mu();
    for(int i=1; i<=maxx; i++)
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    while(t--)
    {
        int a,b,c,d,k;
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        ll ans=0;
        ans=findd(b/k,d/k)-findd((a-1)/k,d/k)-findd((c-1)/k,b/k)+findd((a-1)/k,(c-1)/k);//容斥
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}