『Zap Möbius反演』

<更新提示>

<第一次更新>

---

<正文>

Zap#

Description#

FGD正在破解一段密码，他需要回答很多类似的问题：对于给定的整数a,b和d，有多少正整数对x,y，满足x<=a ，y<=b，并且gcd(x,y)=d。作为FGD的同学，FGD希望得到你的帮助。

Input Format#

第一行包含一个正整数n，表示一共有n组询问。（1<=n<= 50000）接下来n行，每行表示一个询问，每行三个 正整数，分别为a,b,d。（1<=d<=a,b<=50000）

Output Format#

对于每组询问，输出到输出文件zap.out一个正整数，表示满足条件的整数对数。

Sample Input#

Copy
2
4 5 2
6 4 3

Sample Output#

Copy
3
2

解析#

按照题意，可以直接设一个数论函数$$f(d)=\sum_{x=1}^a\sum_{y=1}b[gcd(x,y)=d]$$
代表\([1,a],[1,b]\)范围内最大公因数为\(d\)的二元组个数。

可是这个函数好像比较难求，考虑\(Möbius\)反演。我们发现有函数

\[F(n)=\sum_{n|d}f(d) \]

比较好求。即\(F(n)\)代表\([1,a],[1,b]\)范围内最大公约数为\(n\)倍数的二元组个数，只需满足二元组\((x,y)\)都是\(n\)倍数即可，所以有

\[F(n)=\lfloor \frac{a}{n} \rfloor\lfloor \frac{b}{n} \rfloor \]

然后套\(Möbius\)定理，得到

\[f(d)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})F(n) \]

对于求解\(f(d)\)，有

\[f(d)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})F(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\lfloor \frac{a}{n} \rfloor\lfloor \frac{b}{n} \rfloor \]

设\(t=\frac{n}{d}\)，由于\(\lfloor \frac{a}{n} \rfloor\lfloor \frac{b}{n} \rfloor\)在\(n\leq\min(a,b)\)时有值，所以\(1\leq t\leq\frac{\min(a,b)}{d}\)，则

\[f(d)=\sum_{t=1}^{\frac{\min(a,b)}{d}}\mu(t)\lfloor \frac{a}{td} \rfloor\lfloor \frac{b}{td} \rfloor \]

然后就可以求\(f(d)\)的值了，由于系数\(\lfloor \frac{a}{td} \rfloor\lfloor \frac{b}{td} \rfloor\)是下取整形式的，就可以整除分块一下，对每一块相同的部分一起计算一下即可。

\(Code:\)

Copy
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=60020,Uplim=5e4;
int a,b,k,vis[N],Prime[N],mui[N],cnt,sum[N],ans;
inline void input(void)
{
    scanf("%d%d%d",&a,&b,&k);
}
inline void sieve(void)
{
    mui[1] = 1;
    for (int i=2;i<=Uplim;i++)
    {
        if (!vis[i])Prime[++cnt] = i , mui[i] = -1;
        for (int j=1;j<=cnt&&i*Prime[j]<=Uplim;j++)
        {
            vis[ i*Prime[j] ] = true;
            if (i%Prime[j]==0)break;
            mui[ i*Prime[j] ] = -mui[i];
        }
    }
}
inline void init(void)
{
    for (int i=1;i<=Uplim;i++)
        sum[i] = sum[i-1] + mui[i];
}
inline void solve(void)
{
    ans = 0 , a /= k , b /= k;
    for (int l=1,r;l<=min(a,b);l=r+1)
    {
        r = min( a/(a/l) , b/(b/l) );
        ans += (a/l) * (b/l) * (sum[r]-sum[l-1]);
    }
}
int main(void)
{
    sieve();
    init();
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        input();
        solve();
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

---

<后记>