莫（meng）比（bi）乌斯反演--BZOJ2301: [HAOI2011]Problem b

n<=50000个询问，每次问a<=x<=b，c<=y<=d中有多少gcd(x,y)=K的(x,y)。a,b,c,d,K<=50000。

这大概是入门题辣。。这里记一波笔记

当难以计算f(i)而易于计算他的反演式g(i)时，可以通过计算g(i)->反演得到f(i)。

先放莫比乌斯函数的性质：$\sum_{d|i} \mu(d)=\left\{\begin{matrix} 1,i=1\\0,i>1\end{matrix}\right.$，$\sum_{d|i}(\mu(d)*n/d)=\varphi(i)$。

反演式一：$g(i)=\sum_{d|i} f(i) ------> f(i)=\sum_{d|i} \mu(d)g(i/d)$。

证明：$\sum_{d|i} \mu(d)g(i/d)=\sum_{d|i} \mu(d) \sum_{d_1|(i/d)} f(d_1)=\sum_{d|i} \sum_{d_1|(i/d)} \mu(d) f(d_1)$。

注意到$dd_1j=i$，所以对每一个$d=d_2$，$d_1=d_3$都有一个$d=d_3$，$d_1=d_2$与之对应。

所以$上式=\sum_{d|i} \sum{d_1|(i/d)} f(d) \mu(d_1)=\sum_{d|i}  f(d) \sum{d_1|(i/d)} \mu(d_1)$，由莫比乌斯函数性质得$=f(i)$。

反演式二：$g(i)=\sum_{i|d} f(i) ------> f(i)=\sum_{i|d} \mu(d/i)g(d)$。

证明同上，略。

这题先容斥，变成问1<=x<=n，1<=y<=m中有多少(x,y)=K，由于(x,y)=K的充要条件是(x/K,y/K)=1，所以变成1<=x<=n/K，1<=y<=m/K中有多少(x,y)=1。

为什么这么变呢，因为假如题目求的是f(i)，表示1<=x<=n，1<=y<=m中有多少(x,y)=i，那反演式g(i)表示1<=x<=n，1<=y<=m中有多少i|(x,y)，g(i)和f(i)满足反演式2。

而明显的，$g(i)=(n/i)*(m/i)$，这里/是向下取整，所以$f(i)=\sum_{i|d} \mu(d/i)g(d)=\sum_{i|d} \mu(d/i)(n/d)(m/d)$。

这时可以发现(n/d)和(m/d)分别只有$2\sqrt(n)$和$2\sqrt(m)$种取值，把他俩分别叫a和b，而随着d增大a和b会缓慢增大，可能a增大b不变，b增大a不变，也可能a，b都增大，都不变。那么数对((n/d),(m/d))最多只有$2\sqrt(n)+2\sqrt(m)$个，因此(n/d)*(m/d)最多只有$2\sqrt(n)+2\sqrt(m)$种取值。

如果上面的i=1，那么只需要枚举这$2\sqrt(n)+2\sqrt(m)$个(n/d)*(m/d)的值就可以在根号时间内算出答案，因为一个(n/d)*(m/d)的值对应一段连续的d，如果i=1，就可以把连续一段莫比乌斯函数以前缀和来O(1)求和。

入门题。

#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
//#include<assert.h>
#include<algorithm>
//#include<iostream>
using namespace std;

int a,b,c,d,K,T;

#define maxn 50011
int miu[maxn],prime[maxn],lp=0,summiu[maxn]; bool notprime[maxn];
void pre(int n=50001)
{
    miu[1]=summiu[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!notprime[i]) {prime[++lp]=i; miu[i]=-1;}
        summiu[i]=summiu[i-1]+miu[i];
        for (int j=1;j<=lp && 1ll*i*prime[j]<=n;j++)
        {
            notprime[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]) miu[i*prime[j]]=-miu[i];
            else {miu[i*prime[j]]=0; break;}
        }
    }
}

#define LL long long
LL solve(int p,int q)
{
    LL ans=0;
    for (int i=1,last,to=min(p,q);i<=to;i=last+1)
    {
        last=min(p/(p/i),q/(q/i));
        ans+=1ll*(p/i)*(q/i)*(summiu[last]-summiu[i-1]);
    }
    return ans;
}

int main()
{
    pre();
    scanf("%d",&T);
while (T--)
{
    scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&K);
    printf("%lld\n",solve(b/K,d/K)-solve((a-1)/K,d/K)-solve(b/K,(c-1)/K)+solve((a-1)/K,(c-1)/K));
}
    return 0;
}