【NOI2016】循环之美，mobius反演+杜教筛

版权声明：不转不是中国人！（滑稽） https://blog.csdn.net/xym_CSDN/article/details/70225132

思路：
对于$\frac x y$,我们肯定让$\gcd(x,y)=1$，因为这样计算不会重复，而且比不互质时更优，且只要余数出现重复就是有循环节了，根据十进制小数转k进制的方法，我们可以得到
$x·k^s=x(\mod y)\Rightarrow k^s=1(\mod y)$或$y|x$
因为$\gcd(x,y)=1$，所以$\gcd(k^s,y)=1$，也就是$\gcd(k,y)=1$
我们要求的式子就是$\displaystyle \sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}[\gcd(i,j)=1][\gcd(j,k)=1]$
把$[\gcd(i,j)=1]$移到后面，反演一下，再在前面更换指标
$\displaystyle \sum_d\mu(d)\lfloor \frac n d \rfloor\sum^{\lfloor \frac m d\rfloor}_{j=1}[\gcd(dj,k)=1]$
(然后我就反演了半天，最后被reflash和mrazer一眼秒了)
因为$\gcd(dj,k)=1 \Leftrightarrow \gcd(d,k)=1,\gcd(j,k)=1$，所以
$\displaystyle \sum_{\gcd(d,k)=1}\mu(d)\lfloor \frac n d\rfloor F(\lfloor \frac m d \rfloor)$，其中$\displaystyle F(m)=\sum^m_{i=1}[\gcd(i,k)=1]$
关于F函数，因为$\gcd(i,k)=\gcd(i+k,k)$，所以很多都是重复的，可以预处理$k$以内的F，然后就能$O(1)$算了
（我原本没预处理，暴力算的，在uoj跑76分，问了reflash才知道可以$O(1)$算的）
前面部分根据d的取值分块算，现在问题就在于如何快速计算$\displaystyle \sum_{\gcd(d,k)=1}\mu(d)$
%一发reflash
(这个我真没想到，卡在这里挺久的，因为没有把$\mu(di)$拆开看）
设$\displaystyle g(n)=\sum^n_{i=1}[\gcd(i,k)=1]\mu(i),M(n)=\sum^n_{i=1}\mu(i)$
则$\displaystyle g(n)\\ \displaystyle =M(n)-\sum^n_{d=2}\sum^n_{i=1}[\gcd(i,k)=d]\mu(i)\\ \displaystyle =M(n)-\sum^n_{d=2,d|k}\sum^{\lfloor \frac n d\rfloor}_{i=1}[\gcd(i,\frac k d)=1]\mu(di)\\ \displaystyle =M(n)-\sum^n_{d=2,d|k}\sum^{\lfloor \frac n d\rfloor}_{i=1}[\gcd(i,\frac k d)=1]\mu(d)\mu(i)[\gcd(i,d)=1]$
两个互质条件合并一下，就是$[\gcd(i,k)=1]$
$g(n)=\displaystyle M(n)-\sum^n_{d=2,d|k}\mu(d)g(\lfloor \frac n d \rfloor)$
非常像杜教筛的处理方法，记忆化即可
小范围的时候可以暴力
代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define LL long long
#define ui unsigned int
using namespace std;
int gcd(int x,int y){return y?gcd(y,x%y):x;}
int n,m,k;
const int lim=2000000;
int prime[lim/10+5],f[2005],py[2005];
ui pr[2005];
short mu[lim+5],sum[lim+5];
char vis[lim+5];
void init()
{
    mu[1]=1;
    int t,i,j;
    for (i=2;i<=lim;++i)
    {
        if (!vis[i])
            prime[++prime[0]]=i,
            mu[i]=-1;
        for (j=1;j<=prime[0]&&(t=i*prime[j])<=lim;++j)
        {
            vis[t]=1;
            if (i%prime[j]) mu[t]=-mu[i];
            else break; 
        }
    }
    for (int i=1;i<=lim;++i) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    for (int i=2;i<=k;++i)
        if (k%i==0&&mu[i]) pr[++pr[0]]=i;
    for (int i=1;i<=k;++i)
    {
        f[i]=f[i-1];py[i]=py[i-1];
        if (gcd(i,k)==1) ++f[i],py[i]+=mu[i];
    }
}
LL S(ui m){return 1LL*(m/k)*f[k]+f[m%k];}
const int P=999983;
struct node{
    int tot,first[P+5],next[200005],ha[200005];
    ui data[200005];
    void push(ui n,int t)
    {
        int p=n%P;
        ha[++tot]=t;
        data[tot]=n;
        next[tot]=first[p];
        first[p]=tot;
    }
    int get(ui n)
    {
        for (int i=first[n%P];i;i=next[i])
            if (data[i]==n) return i;
        return 0;
    }
}mp_mu,mp;
int cal_mu(ui n)
{
    if (n<=lim) return sum[n];
    int id=mp_mu.get(n);
    if (id) return mp_mu.ha[id];
    int t=1;
    for (ui last,p,i=2;i<=n;i=last+1)
        last=n/(p=n/i),
        t-=(last-i+1)*cal_mu(p);
    mp_mu.push(n,t);
    return t;
}
int cal(ui n)
{
    if (n<=k) return py[n];
    int id=mp.get(n);
    if (id) return mp.ha[id];
    int t=cal_mu(n);
    for (int i=1;i<=pr[0]&&pr[i]<=n;++i)
        t-=mu[pr[i]]*cal(n/pr[i]);
    mp.push(n,t);
    return t;
}
main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    init();
    LL ans=0;
    int ls=0,rs,ll=min(n,m);
    for (ui p,q,last,i=1;i<=ll;i=last+1)
        last=min((ui)n/(p=n/i),(ui)m/(q=m/i)),
        ans+=((rs=cal(last))-ls)*S(q)*p,
        ls=rs;
    printf("%lld\n",ans);
}