「luogu3455」[POI2007]ZAP-Queries

原问题转化为求有多少个二元组(x,y)满足 x≤a/k,y≤b/k 且 gcd(x,y)=1。

我们获得两个函数f(i)和g(i)。

f(i)表示满足 x≤a,y≤b 且 gcd(x,y)=i 的二元组个数，g(i)表示满足 x≤a,y≤b 且 gcd(x,y) 为 i 的倍数个二元组个数。

发现 g(i)=a/i*b/i，于是可以用莫比乌斯反演求出f(i)。

但是一个一个求g(i)时会超时，考虑优化。

发现g(i)有很多段的值都是一样的，可以求出莫比乌斯函数的前缀和后计算一整段的答案。

也就是数论分块。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=50010;
int n,a,b,k,u[N],prime[N],tot;
bool isp[N];
inline void getu(int k){
    u[1]=1;
    for(int i=2;i<=k;i++){
        if(!isp[i]) prime[++tot]=i,u[i]=-1;
        for(int j=1;j<=tot&&1LL*prime[j]*i<=k;j++){
            u[prime[j]*i]=-u[i],isp[prime[j]*i]=1;
            if(!(i%prime[j])){u[prime[j]*i]=0;break;}
        }
    }
    for(int i=2;i<=k;i++) u[i]+=u[i-1];
    return;
}

void solve(){
    scanf("%d%d%d",&a,&b,&k);
    a/=k,b/=k;
    if(a>b) swap(a,b);
    int ans=0;
    int now=1,nxt;
    while(now<=a){
        nxt=min(a/(a/now),b/(b/now));
        ans+=(u[nxt]-u[now-1])*(a/now)*(b/now);
        now=nxt+1;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    getu(50000);
    while(n--) solve();
    return 0;
}