【组合计数】CF1007B Pave the Parallelepiped

题意：

话说出题人在搞笑么。。。全程4个公告。。。

T次询问，每次询问给出一个A、B、C，表示一个$A\times B\times C$的长方体
求有多少种方案的$a\times b\times c$能够凑出这个大的长方体$(1\leq a\leq b \leq c)$
要求小的立方体必须以同样的方向来凑。

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分析：

额，据说还有$O(n\sqrt n)$的方法。。不过我考场上没这么想，我还是写我的$O(n)$的算法吧

首先，很显然，如果能够凑出来，那么必然满足$a|A$，$b|B$，$c|C$（”|”表示整除）

所以，问题转化为求三元组$(a,b,c)$中满足$a|A,b|B,c|C$的方案数$(a\leq b\leq c)$

我们利用容斥的思想，先求出一个包含解的一个较大的集合，再减去其中重复的部分。

我们可以先忽略$(a\leq b\leq c)$的条件（即不考虑顺序，令1,2,3与1,3,2是不同方案）

设$f(x)$表示x的因数个数

这样的总方案数即为$f(A)\times f(B)\times f(C)$

现在考虑哪些情况重复了。不难想到，如果$a、b、c$被重复计算的条件是，其中必然有两个元素（不失一般性地设这两个元素是$a、b$），满足$a,b|gcd(A,B)$

这样一来，我们可以统计一下所有的情况：

1、$a,b|gcd(A,B),c|C$

这种情况下会出现$(a,b,c),(b,a,c)$两种情况，排除$a=b$的情况后，要减去一次，所以减去$\frac {f(gcd(A,B))*(f(gcd(A,B)-1)} 2 *f(C)$
同理还有$b,c|gcd(B,C),a|A$，$a,c|gcd(A,C),b|B$的情况。

但是有个问题，这样一来有些被多减了，即$a,b,c|gcd(A,B,C)$时
这又分为两种情况：

$a=b≠c$：

不妨用一个具体的例子来说明一下：
比如(1,2,2)
当考虑$gcd(A,B)$时，我们减去了一次$(1,2,2)$
考虑$gcd(B,C)$时，减去了一次$(2,1,2)$
考虑$gcd(A,C)$时，减去了一次$(2,2,1)$
总计被减去了3次。然而它在最开始被重复计算的也是3次$(C^1_3)$。所以它被减没了。
所以要加回来，即加上$f(gcd(A,B,C))*(f(gcd(A,B,C))-1)$

上面除以了2，这里却不除以2，是因为在上面$(a,b)$与$(b,a)$是一种情况，然而这里的是$(a,a,b)$与$(b,b,a)$，不是一种情况。

$a≠b≠c$：

不妨再用一个例子解释一下：
比如(1,2,3)这组

当考虑$gcd(A,B)$时，我们减去了一次$(1,2,3),(1,3,2),(2,3,1)$
考虑$gcd(B,C)$时，减去了一次$(3,1,2),(2,1,3),(1,2,3)$
考虑$gcd(A,C)$时，减去了一次$(2,3,1),(3,2,1),(3,1,2)$
总计被减去了9次，然而最开始只重复计算了6次$(3!)$。本应减去5次，然而多减了4次，所以加回来4次。
即加上$\frac {f(gcd(A,B,C))*(f(gcd(A,B,C))-1)*(f(gcd(A,B,C))-2)} 6 *4$

2、$b,c|gcd(A,B,C)但a\not|C、a|A、a|B$

这种情况不妨也用一个例子来说明：
对于$A=4,B=4,C=6$
当计算$(1,2,4)$这一个三元组时
我们首先计算了$(1,4,2),(2,4,1),(4,1,2),(4,2,1)$四次

但当我们考虑$gcd(A,B)$时，减去了$(1,4,2),(2,4,1)$
考虑$gcd(B,C)$时，减去了$(4,1,2)$
考虑$gcd(A,C)$时，减去了$(1,4,2)$
所以被剪了4次。要补回来一次。
所以加上$(f(gcd(A,B))-f(gcd(A,B,C)))*\frac {f(gcd(A,B,C))*(f(gcd(A,B,C)-1)} 2$
同理还有$b,c|gcd(A,B,C),a|A但a\not|gcd(A,B,C)$
以及$a,c|gcd(A,B,C),b|B但b\not|gcd(A,B,C)$

3、$a|gcd(A,B)但a\not|C、b|gcd(B,C)但b\not|A、c|gcd(A,C)但c\not|B$

举个例子当A=6,B=10,C=15时
考虑$(2,3,5)$这组
会被计算到$(3,2,5)$，$(2,5,3)$这两次，然而我们一次都没减。。。
所以减去一次，即减去
$(f(gcd(A,B))-f(gcd(A,B,C)))*(f(gcd(B,C))-f(gcd(A,B,C)))*(f(gcd(A,C))-f(gcd(A,B,C)))$

至此，所有情况都考虑过了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n;
typedef long long ll;
ll f[MAXN],num[MAXN];
int primes[MAXN],isprime[MAXN],tot;
void prepare(){
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=100000;i++){
        if(isprime[i]==0){
            primes[++tot]=i;
            f[i]=2;
            num[i]=1;
        }
        for(int j=1;j<=tot&&i*primes[j]<=100000;j++){
            isprime[i*primes[j]]=1;
            if(i%primes[j]==0){
                num[i*primes[j]]=num[i]+1;
                f[i*primes[j]]=f[i]/(num[i]+1ll)*(num[i*primes[j]]+1ll);
                break;
            }
            f[i*primes[j]]=f[i]*f[primes[j]];
            num[i*primes[j]]=1;
        }
    }
}
int gcd(int x,int y){
    if(y==0)
        return x;
    return gcd(y,x%y);
}
int main(){
    prepare();
    int t,a,b,c;
    SF("%d",&t);
    for(int i=1;i<=t;i++){
        SF("%d%d%d",&a,&b,&c);
        //PF("{%lld %lld %lld}\n",f[a],f[b],f[c]);
        //PF("{%d %d %d}",gcd(a,b),gcd(b,c),gcd(a,c));
        int ab=gcd(a,b),bc=gcd(b,c),ac=gcd(a,c);
        ll ans1=f[a]*f[b]*f[c]; 
        ll ans2=(f[ab]*f[ab]-f[ab])/2ll*f[c];
        ll ans3=f[a]*(f[bc]*f[bc]-f[bc])/2ll;
        ll ans4=f[b]*(f[ac]*f[ac]-f[ac])/2ll;
        int td=gcd(gcd(a,c),b);
        ll ans5=(f[td]*f[td]-f[td])+f[td]*(f[td]-1ll)*(f[td]-2ll)/6ll*4ll;
        ll ans6=(f[ab]-f[td])*f[td]*(f[td]-1ll)/2ll;
        ll ans7=(f[bc]-f[td])*f[td]*(f[td]-1ll)/2ll;
        ll ans8=(f[ac]-f[td])*f[td]*(f[td]-1ll)/2ll;
        ll ans9=(f[ab]-f[td])*(f[bc]-f[td])*(f[ac]-f[td]);
        ll ans=ans1-ans2-ans3-ans4+ans5+ans6+ans7+ans8-ans9;
        /*if(ans==212)
            PF("[%d,%d,%d]\n",a,b,c);*/
        //PF("%lld %lld %lld %lld %lld",ans1,ans2,ans3,ans4,ans5); 
        PF("%I64d\n",ans);
    }
}