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一道莫比乌斯反演入门题。
首先观察题目要求：的数对数
首先可以发现，这个东西同时有上界和下界，所以并不是很容易计算
那么我们变下形，可以看到：原式=
是不是清晰很多了？（当然没有！）
不，这一步很重要的目的在于消去了下界，使得我们的计算更方便了。
而且可以发现这四个式子的形式是一样的，所以我们对一个式子进行研究就可以了。
那么问题就变成了这样：
求满足的数对数
那么我们再进行研究，可以发现：如果有gcd(i,j)==k，那么一定有gcd(i/k,j/k)==1！
于是我们用i/k替代i，j/k替代j，原式就变为求的数对数
接下来我们考虑计算方法：
首先，如果两个式子的上界相等，则可以直接利用欧拉函数计算
但很不幸的是，上界并不相等，所以我们需要换一种方法做。
接下来进行一些推导：
设数论函数为单位元函数（即
）,那么可以立刻得到：
基于这一点，我们把上面的[gcd(i,j)==1]进行变形可得：
原式=
这样的话，实际我们只是在研究对于每个d，被统计了多少次！
这样问题就变得简单了：我只需统计对于每个d，有多少个i和j同时是d的倍数即可
而我们知道，在[1,n]范围内，数d的倍数的个数=[n/d]
因此原式立刻变成了：
（注意这里的上界应该是n/k,m/k中较小者）
按理说算到这里就差不多了，可以直接O（n）出解，但是这道毒瘤题居然有多组询问！
这样考虑询问的个数的话时间是不够的。
于是我们还需要优化。
很幸运的是，我们发现表达式中有[n/kd][m/kd]这两个东西
我们知道，对于两个数n，m，在x∈[1,min(n,m)]范围内，[n/x]*[m/x]的取值个数是根号级别的！
这样的话我们只需找出所有这些取值（很显然每一个取值的取等区间都是连续的），然后对应地乘上莫比乌斯函数的前缀和就可以了！
贴代码：
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#define ll long long
using namespace std;
int T;
int pri[50005];
bool used[50005];
int miu[50005];
int smiu[50005];
int cnt=0;
int a,b,c,d,k;
void init()
{
miu[1]=1;
for(int i=2;i<=50000;i++)
{
if(!used[i])
{
pri[++cnt]=i;
miu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=50000;j++)
{
used[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0)
{
miu[i*pri[j]]=0;
break;
}
miu[i*pri[j]]=-miu[i];
}
}
for(int i=1;i<=50000;i++)
{
smiu[i]=smiu[i-1]+miu[i];
}
}
ll solve(ll x,ll y)
{
ll ans=0;
if(x>y)
{
swap(x,y);
}
x/=k,y/=k;
int last=0;
for(int i=1;i<=x;i=last+1)
{
last=min(x/(x/i),y/(y/i));
ans+=(smiu[last]-smiu[i-1])*(x/i)*(y/i);
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
init();
while(T--)
{
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
printf("%lld\n",solve(b,d)-solve(a-1,d)-solve(b,c-1)+solve(a-1,c-1));
}
return 0;
}