[POI2007] ZAP-Queries

题目类型：莫比乌斯反演

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题意：求有多少对正整数对\((a,b)\)，满足\(0<a<A\),\(0<b<B\),\(gcd(a,b)=d\)

解题思路

学了莫比乌斯反演，就以这道题来介绍一下莫比乌斯反演的题的应用（下文中，对数表示在规定范围内满足特定条件的数对数量，不是\(log\)的那个对数）

一般碰到有关\(gcd\)的题，一般地，设\(f(n)\)表示\(gcd=n\)的对数，\(F(n)\)表示\(n|gcd\)的对数

根据定义，满足\[F(n)=\sum\limits_{n|d}f(d)\]因此利用公式二进行反演\[f(n)=\sum\limits_{n|d}μ(\dfrac{d}{n})F(d)\]我们之所以要反演，是因为\(F\)比\(f\)更好求。我们根据\(gcd\)的性质，发现其实\(F\)就是要求两数都为\(n\)的倍数的对数。因此根据乘法原理，也就是\[\left \lfloor \dfrac{A}{n} \right \rfloor * \left \lfloor \dfrac{B}{n} \right \rfloor\]。可以\(O(1)\)求得

因此只需要筛完\(μ\)之后直接求\(f(d)\)作为答案即可。复杂度\(O(n)\)

然而\(O(n)\)的复杂度不足以满足题目要求，因此需要数论分块（整除分块）来优化到\(O(\sqrt{n})\)即可。关于整除分块的用法见上一篇。

Code

/*By DennyQi 2018*/
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define  r  read()
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 50010;
const int INF = 1061109567;
const int LIM = 50010;
inline int Max(const int a, const int b){ return (a > b) ? a : b; }
inline int Min(const int a, const int b){ return (a < b) ? a : b; }
inline int read(){
    int x = 0; int w = 1; register char c = getchar();
    for(; c ^ '-' && (c < '0' || c > '9'); c = getchar());
    if(c == '-') w = -1, c = getchar();
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + c - '0'; return x * w;
}
int T,A,B,d,ans,last,R;
int mu[MAXN],b[MAXN],prime[MAXN],sumu[MAXN],tot;
inline void getMobius(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= LIM; ++i){
        if(!b[i]){
            prime[++tot] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1; j <= tot; ++j){
            if(i * prime[j] > LIM) break;
            b[i * prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0){
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            else{
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i <= LIM; ++i){
        sumu[i] = sumu[i-1] + mu[i];
    }
}
int main(){
    getMobius();
    T = r;
    while(T--){
        A = r, B = r, d = r;
        ans = 0;
        A /= d, B /= d;
        for(int i = 1, j; i <= Min(A,B); i = j+1){
            j = Min(A/(A/i), B/(B/i));
            ans += (A/i) * (B/i) * (sumu[j] - sumu[i-1]);
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}