[HAOI2011]Problem b
[HAOI2011]Problem b
解法
定义ans(N,M)表示$$\sum_{i=1}N\sum_{j=1}M[gcd(i,j)=k]$$
容斥一下答案就是\(ans(b,d)-ans(b,c-1)-ans(a-1,d)+ans(a-1,c-1)\)
我们再考虑单个\(ans(N,M)\)怎么求
先把k提出来
\[ans(N,M)=\sum_{i=1}^\frac{N}{k}\sum_{j=1}^\frac{M}{k}[gcd(i,j)=1]
\]
然后考虑一下莫比乌斯反演
定义
\[f(x)=\sum_{i=1}^\frac{N}{k}\sum_{j=1}^\frac{M}{k}[gcd(i,j)=x]
\]
\[g(x)=\sum_{x|d}f(d)
\]
那么
\[g(x)=\sum_{x|d}\sum_{i=1}^\frac{N}{k}\sum_{j=1}^\frac{M}{k}[gcd(i,j)=d]
\]
然后把第一个\(sigma\)去掉
\[g(x)=\sum_{i=1}^\frac{N}{k}\sum_{j=1}^\frac{M}{k}[gcd(i,j)\%x=0]
\]
然后把\(x\)提出来去掉\(gcd\)的影响
\[g(x)=\sum_{i=1}^\frac{N}{kx}\sum_{j=1}^\frac{M}{kx}[gcd(i,j)\%1=0]
\]
显然
\[g(x)=\frac{N}{kx}\frac{M}{kx}
\]
根据莫比乌斯反演定理
\[f(x)=\sum_{x|d}μ(\frac{d}{x})g(d)
\]
\[f(x)=\sum_{x|d}μ(\frac{d}{x})\frac{N}{kd}\frac{M}{kd}
\]
而\(ans(N,M)=f(1)\)
\[ans(N,M)=\sum_{d=1}^Nμ(d)\frac{N}{kd}\frac{M}{kd}
\]
前缀和加数论分块\(O(\sqrt n)\)算出每一次的结果。
然后为了方便统计答案
我们发现当\(kd>N\)时，是没有贡献的
于是乎
\[ans(N,M)=\sum_{d=1}^\frac{N}{k}μ(d)\frac{N}{kd}\frac{M}{kd}
\]
所以如果先把\(N,M\)都除掉\(k\)那么
\[ans(N,M)=\sum_{d=1}^Nμ(d)\frac{N}{d}\frac{M}{d}
\]
不要忘记容斥,这还不是最终答案。
完整代码
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define rg register
using namespace std;
const int N=1e7;
ll pre[N],prime[N],isprime[N],s;
void work(){
for(rg int i=2;i<=50000;++i){
if(!isprime[i])pre[i]=-1,prime[++s]=i;
for(rg int j=1;j<=s&&i*prime[j]<=50000;++j){
isprime[i*prime[j]]=1;
pre[i*prime[j]]=-pre[i];
if(i%prime[j]==0){
pre[i*prime[j]]=0;
break;
}
}
}
pre[1]=1;
for(rg int i=1;i<=50000;++i)
pre[i]+=pre[i-1];
}
il ll js(int x,int y){
if(x>y)swap(x,y);
if(x==0)return 0;
ll ans=0;
for(rg int l=1,r;l<=x;l=r+1){
r=min(x/(x/l),y/(y/l));
ans+=(pre[r]-pre[l-1])*(x/l)*(y/l);
}
return ans;
}
int main(){
work();
int T;
cin>>T;
while(T--){
int a,b,c,d,k;
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
b/=k,d/=k;
if(a%k)a=a/k+1;
else a/=k;
if(c%k)c=c/k+1;
else c/=k;
printf("%lld\n",js(b,d)-js(b,c-1)-js(a-1,d)+js(a-1,c-1));
}
return 0;
}
