[HAOI2011]Problem b

莫比乌斯反演 + 整除分块。

关于整除分块：

对于 i <= x <= n / (n / i) 的 x

有 n / x = n / i

证明略，记住就好(滑稽)

for(int i = 1, j; i <= n; i = j + 1) {
    j = n / (n / i);
    // j = std::(m / (m / i), n / (n / i)); 
    // 操作区间[i, j] 
}

接下来看题：要求[a,b] ~ [c,d]中 gcd == k 的个数。

按照套路，设

f(x) = sum[x == g],F(x) = sum[x | g]

发现离解题还差的很远....

下一步：发现可以用类似二维前缀和的方式来求解。

问题转化为求 n, m 中 gcd == k

然后就很熟悉了...

然后就T了.......

注意到F(x) = (n / x) * (m / x),可以整除分块。

有个结论就是：

然后就可以做了。

我本人不能想到这个结论，于是提供另一种思路：

gcd(i, j) == k => gcd(i / k, j / k) == 1

在这两者之间可以建立一一对应的映射。

于是我们把m, n都/k，就成了求f(1)，这个时候就是裸的整除分块了。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int N = 50010;

int sum[N], miu[N], p[N], top, k;
bool vis[N];

inline int F(int x, int n, int m) {
    return (n / x) * (m / x);
}

inline void getmiu(int n = 50005) {
    miu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        if(!vis[i]) {
            p[++top] = i;
            miu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1; j <= top && i * p[j] <= n; j++) {
            vis[i * p[j]] = 1;
            if(i % p[j] == 0) {
                break;
            }
            miu[i * p[j]] = -miu[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        sum[i] = sum[i - 1] + miu[i];
    }
    return;
}

inline int solve(int n, int m) {
    n /= k;
    m /= k;
    int c = m > n ? n : m;
    int ans = 0;
    /*for(int i = 1; i <= c; i++) {
        //ans += miu[i] * F(i, n, m);
        ans += miu[i] * (n / i) * (m /i);
    }*/
    for(int i = 1, j; i <= c; i = j + 1) { // [i, j]
        j = std::min(n / (n / i), m / (m / i));
        ans += (n / i) * (m / i) * (sum[j] - sum[i - 1]);
    }
    return ans;
}

int main() {
    int n, a, b, c, d;
    getmiu();
    scanf("%d", &n);
    while(n--) {
        scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
        int ans = solve(b, d) - solve(b, c - 1) - solve(a - 1, d) + solve(a - 1, c - 1);
        printf("%d\n", ans);
    }

    return 0;
}