[HAOI2011]Problem b

化成数学代数式就是这样：

$$\sum_{x=a}^b\sum_{y=c}^d[\gcd(x,y)=k]$$

根据差分的思想，可以将该式变成：

$$\sum_{x=1}^b\sum_{y=1}^d[\gcd(x,y)=k]-\sum_{x=1}^{a-1}\sum_{y=1}^d[\gcd(x,y)=k]-\sum_{x=1}^b\sum_{y=1}^{c-1}[\gcd(x,y)=k]+\sum_{x=1}^{a-1}\sum_{y=1}^{b-1}[\gcd(x,y)=k]$$

只要求出：

$$\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[\gcd(i,j)=k]$$

最后的答案就能求解。

我们来推导这个式子：

$$\begin{array}{ll} &\sum\limits_{i=1}^N\sum\limits_{j=1}^M[\gcd(i,j)=k]\\=&\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac Nk\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac Mk\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\ =&\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac Nk\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac Mk\rfloor}\epsilon(\gcd(i,j)) & \text{根据单位函数ϵ的定义}\\=&\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac Nk\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac Mk\rfloor}\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)&\text{注意这一步的变换是根据} \epsilon=\mu*1 \text{得来的}\\=&\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac Nk\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac Mk\rfloor}\sum\limits_{d|i,d|j}\mu(d)\\=&\sum\limits_{d=1}^{\min(N,M)}\mu(d)\sum\limits_{d|i,i\leq \lfloor\frac Nk\rfloor}\sum\limits_{d|j,j\leq \lfloor\frac Mk\rfloor}&\text{调换求和顺序} \\=&\sum\limits_{d=1}^{\min(N,M)}\mu(d) \lfloor \frac{\lfloor \frac Nk \rfloor}d \rfloor \lfloor \frac{\lfloor \frac Mk \rfloor}d \rfloor \end{array}$$

现在可以用$O(\min(N,M))$的复杂度解决，但还不够。我们要用一种科技：整除分块。

有一个性质：一个数$N$整除任意数，商最多有$2\sqrt{N}$种不同的数；

证明：设除数$d$，当$d\leq \sqrt{N}$，最多有$\sqrt{N}$种除数；当$d\leq \sqrt{N}$，$0\leq\left\lfloor \dfrac Nd \right\rfloor\leq \sqrt{N}$最多只有$\sqrt{N}$种，综上最多有$2\sqrt{N}$种。

再一个性质：一个数$N$与另一个正整数$l$整除为$d$，在$d$不变的情况下，$l$的最大值$l'$为$\left\lfloor \dfrac N{\lfloor \frac Nl \rfloor} \right\rfloor$；

证明：回想下小学的东西：被除数一定，商越小，除数越大。因为是整除，所以商是整数，如果不是整除，商$d'$一定满足$d\leq d' <d+1$，所以除数最大时最小的商$d'=d=\left\lfloor\dfrac Nl\right\rfloor$。除数的最大值$l'$就是$\left\lfloor \dfrac N{\lfloor \frac Nl \rfloor} \right\rfloor$了（加下取整是因为$l'$是整数）。

根据上面两个性质，算法就应运而生了。

代码实现（这里用$r$代替了上面的$l'$）：

for (int l = 1, r; l <= N; l = r+1) {
    r = N / (N / l);
    // do something
}

 复杂度为$O(\sqrt{N})$。

然后我们可以通过分块求出当商相等的$d$的区间再乘上$\mu$的前缀差分即可。

关于$\mu$的求解，因为是积性函数，可以用线性筛筛出，复杂度$O(\text{size})$，然后直接前缀处理，最后分块统计即可。

整体复杂度：$O(T\sqrt N)$，这里$T$是数据组数，$N$为$a,b,c,d$的范围。详见底下的代码。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define re register
#define rep(i, a, b) for (re int i = a; i <= b; ++i)
#define repd(i, a, b) for (re int i = a; i >= b; --i)
#define srep(i, a, b, c) for (re int i = a; i <= b; c)
#define maxx(a, b) a = max(a, b);
#define minn(a, b) a = min(a, b);
#define LL long long
#define INF (1 << 30)

inline int read() {
    int w = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (!isdigit(c)) f = c == '-' ? -1 : f, c = getchar();
    while (isdigit(c)) w = (w << 3) + (w << 1) + (c ^ '0'), c = getchar();
    return w * f;
}

const int maxn = 5e4 + 5;

int mu[maxn], vis[maxn], p[maxn], prime_tot;

void get_mu() {
    prime_tot = 0;
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    mu[1] = 1; int size = 50000;
    rep(i, 2, size) {
        if (!vis[i]) {
            p[prime_tot++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        rep(j, 0, prime_tot-1) {
            if (i * p[j] > size) break;
            vis[i * p[j]] = 1;
            if (!(i % p[j])) {
                mu[i * p[j]] = 0;
                break;
            }
            mu[i * p[j]] = -mu[i];
        }
    }
    rep(i, 2, size) mu[i] += mu[i-1];
}

LL calc(int m, int n, int k) {
    m /= k, n /= k;
    int loop = min(m, n);
    LL ans = 0;
    for (int l = 1, r; l <= loop; l = r+1) {
        r = min(n / (n / l), m / (m / l));
        ans += 1ll * (mu[r]-mu[l-1]) * (1ll * (n/l)*(m/l));
    }
    return ans;
}

int a, b, c, d, e, n;

int main() {
    n = read();
    get_mu();
    while (n--) {
        a = read(), b = read(), c = read(), d = read(), e = read();
        printf("%lld\n", calc(b, d, e) - calc(a-1, d, e) - calc(b, c-1, e) + calc(a-1, c-1, e));
    }
    return 0;
}