BZOJ 2301 Problem b

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题目传送门
这个问题等价于询问有多少个数对(x,y)满足l<=x<=floor(n/k),1<=y<=floor(m/k)且x与y互质
首先我们根据容斥原理将一个询问拆分为四个询问即ans=f(b,d)-f(a-1,d)-f(b,c-1)+f(a-1,c-1)
f(i)为gcd(x,y)=i的个数(1<=x<=n,1<=y<=m)
我们令F(i)为i|gcd(x,y)的个数(1<=x<=n,1<=y<=m)
则可以得到

$$F(i)=\sum_{i|d}f(i)$$

$$f(i)=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})F(d)$$

又因为

$$F(i)=\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{i} \right \rfloor$$

$$f(i)=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor$$

这样做是O(n)的，但因为是多组询问所以依旧会T掉。

所以我们需要一个有效的时间优化。
通过观察我们可以发现，$\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$ 中最多只有 $2\sqrt{n}$个取值，同理可得$\left \lfloor \frac {m}{d} \right \rfloor$ 中也最多只会有 $2\sqrt{m}$个取值。那么最终的答案个数是最多为 $2(\sqrt{n}+\sqrt{m})$ 个。我们只需枚举这 $2(\sqrt{n}+\sqrt{m})$ 个取值，即可以以O($\sqrt{n}$)的时间复杂度求解。同时如果要实现这样做，代码是十分简单。所以可以画一个表格来加深理解，方便写代码。

$\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$	$\left \lfloor \frac {m}{d} \right \rfloor$	ans
1	1	…
1	2	…
2	2	…
2	2	…
2	3	…

通过上表，可知第三四行的前两列完全一样，所以我们可以求出莫比乌斯函数的前缀和，然后通过一步算出。

for(int i=1;i<=x;i=last+1)
    {
        last=min(x/(x/i),y/(y/i));
        ans+=(x/i)*(y/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
    }

sum数组就是我们所求的前缀和，last相当于是找一个符合条件的位置。
完整代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 50000
using namespace std;

int a,b,c,d,k;
int miu[MAXN+5],prime[MAXN+5],sum[MAXN+5];

void Init()
{
    miu[1]=1;
    int cnt=0;
    bool check[MAXN+5];
    memset(check,0,sizeof check);
    for(int i=2;i<=MAXN;i++)
    {
        if(!check[i])
        {
            prime[++cnt]=i;
            miu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if(prime[j]*i>MAXN)
                break;
            check[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                miu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            miu[i*prime[j]]=-miu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=MAXN;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+miu[i];
}

int num(int x,int y)
{
    x/=k; y/=k;
    int ans=0,last;
    if(x>y)
        swap(x,y);
    for(int i=1;i<=x;i=last+1)
    {
        last=min(x/(x/i),y/(y/i));
        ans+=(x/i)*(y/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
    }
    return ans;
}

int main()
{
    Init();
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        printf("%d\n",num(b,d)-num(a-1,d)-num(b,c-1)+num(a-1,c-1));
    }
}