[POI2007]ZAP-Queries

ii.[POI2007]ZAP-Queries

如果前一道题没有听懂的话，是我的锅。毕竟这道题应该放在第一道题，上一道题明显是这道题的升级版。

首先，观察一下题目，发现这道题让我们求的就是上一道题中的$f(d)$。

我们再来推一下$f(d)$：

设$f(x)$为$\gcd(i,j)=x$的个数，$g(x)$为$\gcd(i,j)$是$x$的倍数的个数。

则据定义，有$g(n)=\sum\limits_{n|d}f(d)$

据反演定理II，有$f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)\mu(\dfrac{d}{n})$。

换成枚举$\dfrac{d}{n}$，并设它为新的$d$，则有

$f(n)=\sum\limits_{d=1}^{\infty}g(dn)\mu(d)$

又有$g(x)=\left\lfloor\dfrac{a}{x}\right\rfloor\times\left\lfloor\dfrac{b}{x}\right\rfloor$，

则只有当$d\leq\min(\left\lfloor\frac{a}{x}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{b}{x}\right\rfloor)$时，才有$g(dn)>0$。

因此我们完全可以就求出这个式子的值即可，即

$f(n)=\sum\limits_{d=1}^{min(\left\lfloor\frac{a}{n}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{b}{n}\right\rfloor)}g(dn)\mu(d)$

有了这个式子，我们就已经可以做到$O(n)$的单次询问。

而如果我们把$g(dn)$的定义代回去的话，就有

$f(n)=\sum\limits_{d=1}^{min(\left\lfloor\frac{a}{n}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{b}{n}\right\rfloor)}\left\lfloor\frac{a}{dn}\right\rfloor\left\lfloor\frac{b}{dn}\right\rfloor\mu(d)$。

由整除分块的知识得，这个$\left\lfloor\dfrac{a}{dn}\right\rfloor$最多只有$\sqrt{a}$级别的取值。

这样如果我们对$\mu(x)$做一个前缀和，就可以做到预处理$O(n)$，单次询问$O(\sqrt{n})$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int _1,a,b,d,pri[50010],mu[50010],cnt,lim,ans;
void prime(int ip){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=ip;i++){
		if(!pri[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=ip;j++){
			pri[i*pri[j]]=true;
			if(!(i%pri[j]))break;
			mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=ip;i++)mu[i]+=mu[i-1];
}
int main(){
	scanf("%d",&_1),prime(50000);
	while(_1--){
		scanf("%d%d%d",&a,&b,&d),lim=min(a/d,b/d),ans=0;
		for(int l=1,r;l<=lim;l=r+1)r=min((a/d)/((a/d)/l),(b/d)/((b/d)/l)),ans+=((a/d)/l)*((b/d)/l)*(mu[r]-mu[l-1]);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}