[HAOI2011]Problem b
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。
输入输出格式
- 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
解题思路
- 这个题要求的其实就是:\(Ans=\sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}[gcd(i,j)=k]\)
- 如果做过一道叫:[POI2007]ZAP-Queries的题，那么这题就显得非常的简单了。因为那道题就是这道题的一个特殊情况\((a=1,c=1)\)
- 我们可以发现本题所算的\(a\)$b$,$c$\(d\)的答案，实质上由一个简单的容斥就可以转换成\(Ans((1,b),(1,d))-Ans((1,b),(1,c-1))-Ans((1,a-1),(1,d))+Ans((1,a-1),(1,c-1))\)，也就是一种类似于前缀和的容斥。具体的原因，其实把\(\sum\)随便手写几项，就可以发现这一定是正确的。
- 至于如何求\(1\)$n$,$1$\(m\)，就按照那道题化简一下式子就可以了。
- 我们设：
\[f(k)=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=k]
\]
\[F(n)=\sum_{n|k}f(k)=\lfloor\frac{a}{n}\rfloor\lfloor\frac{b}{n}\rfloor
\]
则可以由莫比乌斯反演可以推出：
\[f(n)=\sum_{n|k}\mu(\lfloor\frac{k}{n}\rfloor)F(k)
\]
- (PS:如果不知道为什么要设这两个函数，可以点开我上面放的链接)
- 设完这两个函数之后，我们便惊喜的发现，\(Ans=f(k)\)
- 于是就直接开始推答案：
\[Ans=\sum_{k|n}\mu(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor)F(n)
\]
枚举\(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)设为\(t\)
\[Ans=\sum_{t=1}^{min(\lfloor\frac{a}{k}\rfloor,\lfloor\frac{b}{k}\rfloor)}\mu(t)\lfloor\frac{a}{tk}\rfloor\lfloor\frac{b}{tk}\rfloor
\]
这时候，这个式子已经可以做到\(O(n)\)的时间复杂度了，但是因为有多组数据，所以我们再用一下整除分块，这式子就可以做到\(O(\sqrt{n})\)了。
- 我们只需要写一个这样的函数，每次询问调用四遍就可以了。
下附代码:
// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define N 60010
using namespace std;
inline void read(int &x)
{
x=0;
static int p;p=1;
static char c;c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(c-48);c=getchar();}
x*=p;
}
bool vis[N];
int prim[N],mu[N],sum[N],cnt,k;
void get_mu(int n)
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i]){mu[i]=-1;prim[++cnt]=i;}
for(int j=1;j<=cnt&&i*prim[j]<=n;j++)
{
vis[i*prim[j]]=1;
if(i%prim[j]==0)break;
else mu[i*prim[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
long long calc(int a,int b)
{
static int max_rep;
static long long ans;
max_rep=min(a,b);ans=0;
for(int l=1,r;l<=max_rep;l=r+1)
{
r=min(a/(a/l),b/(b/l));
ans+=(1ll*a/(1ll*l*k))*(1ll*b/(1ll*l*k))*(sum[r]-sum[l-1]);
}
return ans;
}
int main()
{
// freopen("P3455.in","r",stdin);
// freopen("P3455.out","w",stdout);
int t;
read(t);
get_mu(50000);
while(t--)
{
static int a,b,c,d;
read(a);read(b);read(c);read(d);read(k);
printf("%lld\n",calc(b,d)-calc(b,c-1)-calc(a-1,d)+calc(a-1,c-1));
}
return 0;
}
