ZAP-Queries（洛谷-P3455）

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

第一行一个整数T 表述数据组数

接下来T行，每行三个正整数，表示 a,b.d

输出格式：

T行，每行一个整数表示第 i 组数据的结果

输入输出样例

输入样例#1：

2
4 5 2
6 4 3

输出样例#1：

3
2

思路：本题思路与  YY的GCD（洛谷-P2257） 极其相似

实质是要求 

设 f(d) 为满足 GCD(i,j)=d 的个数，即：

g(n) 为满足 GCD(i,j)=d 的倍数的个数，即：

可以看出，g(n) 与 f(d) 间满足莫比乌斯反演的形式：

那么，对  进行化简

将 f(k) 代入，有：

根据莫比乌斯反演：

设枚举项  为 t

那么有：

进一步优化时间复杂，将  中的 d 提出来，有：

此时的复杂度为 O(n)，由于是多组查询，发现式子中有整除，利用整除分块求 mu 的前缀和，进行优化即可

源代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<bitset>
#define EPS 1e-9
#define PI acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define Pair pair<int,int>
const int MOD = 1E9+7;
const int N = 100000+5;
const int dx[] = {1,-1,0,0,-1,-1,1,1};
const int dy[] = {0,0,-1,1,-1,1,-1,1};
using namespace std;
int mu[N];
int prime[N];
bool bprime[N];
int cnt;
LL sum[N];
void getMu(int n){//线性筛求莫比乌斯函数
    cnt=0;
    mu[1]=1;//根据定义，μ(1)=1
    memset(bprime,false,sizeof(bprime));

    for(int i=2;i<=n;i++){//求2~n的莫比乌斯函数
        if(!bprime[i]){
            prime[++cnt]=i;//存储质数
            mu[i]=-1;//i为质数时，μ(1)=-1
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){//枚举i之前的素数个数
            bprime[i*prime[j]]=true;//不是质数
            if(i%prime[j])//i不是prime[j]的整数倍时，i*prime[j]就不会包含相同质因子
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];//mu[k]=mu[i]*mu[prime[j]]，因为prime[j]是质数，mu值为-1
            else{
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;//留到后面再筛
            }
        }
    }

    for(int i=1;i<=n;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
LL g[N];
int main(){
    getMu(100000);

    int t;
    scanf("%d",&t);
    int Case=1;
    while(t--){
        int a,b,d;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&d);

        a/=d;
        b/=d;
        int minn=min(a,b);
        LL res=0;
        for(int left=1,right;left<=minn;left=right+1){
            right=min(a/(a/left),b/(b/left));
            res+=(1LL)*(a/left)*(b/left)*(sum[right]-sum[left-1]);
        }
        printf("%lld\n",res);
    }
    return 0;
}