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。
输入格式
第一行一个整数n，接下来n行每行五个整数，分别表示a、b、c、d、k
输出格式
共n行，每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数
说明/提示
100%的数据满足：1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000
输入输出样例
输入
2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2输出
14
3这道题就是求
\[\sum\limits_{x=a}^{b}\sum\limits_{y=c}^{d}[\gcd (x,y)==k]\]
看见题目就会感觉类似于[P3455 ZAP-Queries]，只不过这道题\(x\)，\(y\) 的枚举范围不是从1开始的。
那么从1开始的我们写过，我们就不妨将问题向从1开始进行转化。
类似于二维前缀和的那种容斥原理的思想...我们可以得到
\[\sum\limits_{x=1}^{b}\sum\limits_{y=1}^{d}-\sum\limits_{x=1}^{a-1}\sum\limits_{y=1}^{d}-\sum\limits_{x=1}^{b}\sum\limits_{y=1}^{c-1}+\sum\limits_{x=1}^{a-1}\sum\limits_{y=1}^{c-1}\]
（像我一样不太熟悉的，可以画个图推上式）
为了偷懒，我们就写个函数处理一下\(f(m,n)=\sum\limits_{x=1}^{m}\sum\limits_{y=1}^{n}[\gcd (x,y)==k]\)
（熟能生巧，再来写一遍公式的推导）
看见\([\gcd(x,y)==k]\)可以想到提出\(k\) 和\(I(\gcd(x,y))\)，以及\(I=\mu*u\)
\[\sum\limits_{x=1}^{m/k}\sum\limits_{y=1}^{n/k}[\gcd (x,y)==1]\]
\[\sum\limits_{x=1}^{m/k}\sum\limits_{y=1}^{n/k}\sum\limits_{d|\gcd (x,y)}\mu(d)\]
看见\(d|[\gcd(x,y)]\) 在求和下面，可以把它弄成枚举的形式
\[\sum\limits_{x=1}^{m/k}\sum\limits_{y=1}^{n/k}\sum\limits_{d=1}^{\min(\frac{m}{k},\frac{n}{k})}\mu(d)[d|\gcd (x,y)]\]
而我们也知道，公因数的因子必是两个数的因子\([d|\gcd (x,y)]=[d|x][d|y]\)，故而
\[\sum\limits_{x=1}^{m/k}\sum\limits_{y=1}^{n/k}\sum\limits_{d=1}^{\min(\frac{m}{k},\frac{n}{k})}\mu(d)[d|x][d|y]\]
求和号，胡乱改变一下不同枚举的顺序似乎没有任何关系！
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(\frac{m}{k},\frac{n}{k})}\mu(d)\sum\limits_{x=1}^{m/k}[d|x]\sum\limits_{y=1}^{n/k}[d|y]\]
而\(\sum\limits_{x=1}^{m/k}[d|x]=\sum\limits_{x=1}^{m/k}\sum\limits_{d|x}1=\lfloor\frac{m}{k\cdot d}\rfloor\)，所以
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(\frac{m}{k},\frac{n}{k})}\mu(d)\lfloor\frac{m}{k\cdot d}\rfloor\lfloor\frac{n}{k\cdot d}\rfloor\]
代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e4;
typedef long long ll;
int prime[maxn+10];
int mu[maxn+10];
int vis[maxn+10];
int sum[maxn+10];
int k;
void sieve(){
int p=0;
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=maxn;i++){
if(!vis[i]){
vis[i]=1;
prime[++p]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=p&&i*prime[j]<=maxn;j++){
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)break;
else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=maxn;i++){
sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
}
ll f(int m, int n){
ll ans=0;
int tmp=min(m/k,n/k);
for(int l=1;l<=tmp;){
int r=min(m/(m/l),n/(n/l));
ans+=(ll)(sum[r]-sum[l-1])*(ll)(m/k/l)*(ll)(n/k/l);
l=r+1;
}
return ans;
}
int main()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
sieve();
int a,b,c,d,t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
cout<<f(b,d)-f(a-1,d)-f(b,c-1)+f(a-1,c-1)<<endl;
}
return 0;
}