『莫比乌斯反演』「HAOI2011」Problem B

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题目描述

对于给出的 $n$个询问，每次求有多少个数对 $(x,y)$，满足 $a≤x≤b$， $c≤y≤d$，且 $gcd(x,y) = k$， $gcd(x,y)$函数为 $x$和 $y$的最大公约数。

题解

先求 $1-x$， $1-y$的满足 $gcd(x,y)\ =\ k$的数对：我们设 $f(i)$表示 $k|gcd(x,y)$的方案书， $g(i)$表示 $gcd(x,y)=k$的方案数。

根据莫比乌斯反演公式，则一定有:

$f(i)\ =\ \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}\ g(i*d)\iff g(i)\ =\ \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}μ(d)*f(i*d)$

因此对于前者μ(d)，我们可以使用前缀和来进行求解。对于后者，我们考虑除法分块来实现。

根据f数组的定义，我们可以知道 $f(i*d)\ =\lfloor \frac{n}{i*d}\rfloor \lfloor \frac{m}{i*d}\rfloor$.

因此我们需要利用除法分块来求解 $f(i*d)$.显然对于 $\lfloor \frac{n}{i*d}\rfloor$和对于 $\lfloor \frac{m}{i*d}\rfloor$会形成不同的序列，每次对于i求解两个右端点中较小点 $=j$即可。

设 $ans(x,y)$表示 $1-x,1-y$的答案。

现在考虑原题，由于有范围限制，根据容斥原理就很容易就想到：
$ans\ =\ ans(b,d)-ans(a-1,d)-ans(b,c-1)+ans(a-1,c-1)$

然后代码就很好实现了：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 100000;
int Miu[N+10];
int vis[N+10];
int sum[N+10];
int prime[N+10];

void Find_Miu(void)
{
    int m = 0;
    Miu[1] = 1;
    for (int i=2;i<=N;++i)
    {
        if (vis[i] == 0) prime[++m] = i, Miu[i] = -1;
        for (int j=1;j<=m && i*prime[j]<=N;++j)
        {
            vis[i*prime[j]] = 1;
            if (i%prime[j] == 0)
            {
                Miu[i*prime[j]] = 0;
                break;
            }
            Miu[i*prime[j]] = -Miu[i]; 
        }
    }
    return; 
}

void Get_sum(void)
{
    for (int i=1;i<=N;++i)
        sum[i] = sum[i-1]+Miu[i];
    return;
}

long long get(int a,int b,int d)
{
    int j,n,m;
    n = a/d;
    m = b/d;
    long long ans = 0;
    for (int i=1;i<=min(n,m);i=j+1)//不要写成i++ 
    {
        j = min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans += (long long)(sum[j]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ans;
}

void work(void)
{
    int a,b,c,d,k;
    scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&k);
    printf("%lld\n",get(b,d,k)-get(a-1,d,k)-get(b,c-1,k)+get(a-1,c-1,k));
    return;
}

int main(void)
{
    int n;
    Find_Miu();
    Get_sum();
    scanf("%d",&n);
    while (n -- ) work();
    return 0;
}