题目大意:
由于这是一个区间筛质数的模板题。所以小k不屑于去写。
所以出题人只好yy了另一道题。
定义k生互质数为满足y + k与y - k互质的数。
现在给出区间[L,R],你需要输出区间内k生互质数有多少对 我们说一对k生互质数在区间[L,R]内,当且仅当
y+k ∈ [L,R] 且 y−k ∈ [L,R]。
题目要求求 [l,r] 内 gcd(y,y + 2 * k) = 1 的所有y，因为gcd(y, y + 2 * k) = gcd(y, 2 * k)，只需要在[l,r - 2 * k]范围内找满足要求的数就行了。
但是依然很大，暴力是必然会T的，可以用容斥原理，令 r = r - 2 * k（方便表示）。区间[l,r] 的数字总共有 r - l + 1个，要扣掉gcd > 1的情况。
可以分解gcd > 1的情况：对 2 * k 进行素数分解，[l,r] 所有gcd > 1的数字集合中 可能包括 i 种和 2 * k 相同的素因子，枚举一下用容斥原理扣掉，先扣掉包括一种 相同素因子的数的个数， 然后加上 包括 两种相同素因子的数的个数。。。。一路搞到包括所有素因子（容斥原理）。至于有多少个数包含这些数因子，除一下就知道了。
枚举包括几种素因子，可以用枚举子集的方法，先求出 2 * k 所有不同的素数因子集合（不会超过15种），然后可以用二进制枚举子集，或用DFS搜索，复杂度最大 O(15 * 2 ^ 15)；
这里的写法是一路从包含0种枚举过去。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll l,r,k;
int cnt = 0;
long long p[30];
int main(){
scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k);
k *= 2;
r -= k;
l -= 1;
ll ans = 0;
if(l > r){
printf("0\n");
return 0;
}
for(ll i = 2; i * i <= k; i++){
if(k % i == 0){
p[++cnt] = i;
while(k % i == 0)
k /= i;
}
}
if(k > 1) p[++cnt] = k;
for(int i = 0; i < (1 << cnt); i++){
long long an = 1;
for(int j = 0; j < cnt; j++){
if((1 << j) & i){
an *= p[j + 1];
an *= -1;
}
}
if(l >= 0)
ans += r/an - l/an;
else ans += r/an;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}