莫反的一些练习题（1）

莫比乌斯反演
莫反的一些练习题（2）

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1.树林里的树. Trees in a Wood

原题链接

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题目大意

求\(\frac{\sum_{i=-a}^{a}\sum_{j=-b}^{b}\lbrack\lvert gcd(i,j)\rvert=1\rbrack}{(2a+1)(2b+1)-1}(a\le 2000，b\le 2\times 10^6)\)，结果保留7位小数

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分析

一道非常基础的莫反题

可以发现4个象限对答案的贡献是一样的，考虑只处理第一象限，最后将答案乘4，再加上坐标轴上的4个点，注意总点数是(2a+1)(2b+1)-1（原点不算在内）

第一象限的贡献为

\[s=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[gcd(i,j)=1] \]

可以发现是一个典型莫反的式子，按照套路

\[s=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d) \]

考虑枚举d

\[s=\sum_{d=1}^a\mu(d)\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}1 \]

不难发现

\[\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}1=\lfloor\frac{a}{d}\rfloor\cdot\lfloor\frac{b}{d}\rfloor \]

于是

\[s=\sum_{d=1}^a\mu(d)\cdot \lfloor\frac{a}{d}\rfloor\cdot\lfloor\frac{b}{d}\rfloor\]

当\(l\le d\le r\)时，\(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor\cdot\lfloor\frac{b}{d}\rfloor\)的值不变，考虑将\(\sum_{i=l}^r\mu(i)\)一起计算

令\(sum[d]=\sum_{i=1}^d\mu(i)\)，则\(\sum_{d=l}^r\mu(d)=sum[r]-sum[l-1]\)可以\(O[1]\)得到

考虑数论分块，因为\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)只有\(\lfloor\sqrt{n}\rfloor\)种取值，所以在预处理出\(sum[i]\)的情况下，可以\(O(\sqrt{n})\)求出\(s\)

接下来考虑如何预处理\(sum\)

由\(\mu\)函数的定义可知其为积性函数，可以用欧拉筛\(O(n)\)筛出（杜教筛更优，但是我不会），那么就可以\(O(n)\)预处理出\(\mu\)的前缀和\(sum\)

总复杂度为\(O(n+Q\cdot\sqrt{n})\)，可以通过此题~

code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define cs const
#define ri register
#define int long long
using namespace std;
namespace Q{
    il int rd(){
        ri int x=0,f=1;ri char c=getchar();
        while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
        while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
        return x*f; 
    }
    cs int N=2000;
    int mu[N+5],ss[N+5],cnt,sum[N+5];
    bool vs[N+5];
    il void init(){
        mu[1]=1,sum[1]=1;
        for(ri int i=2;i<=N;++i){
            if(!vs[i]) ss[++cnt]=i,mu[i]=-1;
            for(ri int j=1;j<=cnt&&ss[j]*i<=N;++j){
                vs[i*ss[j]]=1;
                if(i%ss[j]==0) break;
                mu[i*ss[j]]=-mu[i];
            }
            sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
        }
    }
    il void done(int n,int m){
        if(n>m) swap(n,m);
        double as=0;
        for(ri int l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            as+=(sum[r]-sum[l-1])*(n/l)*(m/l);
        }
        as=as*4+4;
        as=as/((n*2+1)*(m*2+1)-1);
        printf("%.7lf\n",as);
        return;
    }
}
using namespace Q;
signed main(){
    init();
    int a=rd(),b=rd();
    while(a||b){
        done(a,b);
        a=rd(),b=rd();
    }	
    return 0;
} 

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2.P2257 YY的GCD

原题链接

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题目大意

求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\lbrack gcd(i,j)\in prime\rbrack (n,m\le 10^7)\)

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分析

考虑枚举质数

\[s=\sum_{p\le n,p\in prime}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\lbrack gcd(i,j)=1\rbrack \]

这样就跟上一题差不多了

\[s=\sum_{p\le n,p\in prime}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d) \]

枚举\(d\)

\[\begin{align*} s &=\sum_{p\le n,p\in prime}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p\cdot d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p\cdot d}\rfloor}1 \\ &=\sum_{p\le n,p\in prime}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\cdot\lfloor\frac{n}{p\cdot d}\rfloor\cdot\lfloor\frac{m}{p\cdot d}\rfloor \end{align*}\]

一个常用套路，令\(T=p\cdot d\)，枚举\(T\)

\[s=\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\cdot\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\cdot\sum_{p|T,p\in prime}\mu(\frac{T}{p}) \]

发现\(\sum_{p|T,p\in prime}\mu(\frac{T}{p})\)可以预处理

令\(f(T)=\sum_{p|T,p\in prime}\mu(\frac{T}{p})\)对于每一个质数\(p\)，枚举\(d\)，将\(f(d\cdot p)\)加上\(\mu(d)\)，第二维循环是一个调和级数，预处理总复杂度约为\(n\cdot\ln n\)

预处理出\(f(T)\)的前缀和，然后就可以用数论分块\(O(\sqrt n)\)求出\(s\)

总复杂度约为\(O(n\cdot\ln n+Q\cdot\sqrt n)\)，可过~

\(ps：f(T)\)可以\(O(n)\)线性筛出来

\[ f(i\cdot p)=\begin{cases} \mu(1) & i=1\\ \mu(i) &i\mod p=0\\ -f(i)+\mu(i) &i\mod p\ne 0 \end{cases}\]

线性筛f(T)

il void init(int n){
    mu[1]=1;
    for(ri int i=2;i<=n;++i){
        if(!vs[i]) ss[++cnt]=i,mu[i]=-1,f[i]=1;
        for(ri int j=1;j<=tot&&ss[j]*i<=n;++j){
            vs[i*ss[j]]=1;
            if(i%ss[j]){
                f[i*ss[j]]=-f[i]+mu[i];
                mu[i*ss[j]]=-mu[i];
            }
            else{
                f[i*ss[j]]=mu[i];
                break;
            }
        }
        sum[i]=sum[i-1]+f[i];
    }
    return;
} 

code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define cs const
#define ri register
using namespace std;
il int rd(int &x){
    x=0;ri int f=1;ri char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
il void wt(long long x){
    if(x<0) x=-x,putchar('-');
    ri unsigned short a[15]={0},tl=0;
    do{a[++tl]=x%10,x/=10;}while(x);
    for(ri int i=tl;i;--i) putchar(a[i]+48);
}
cs int N=1e7;
long long sum[N+5];
int ss[N+5],mu[N+5],cnt,f[N+5];
bool vs[N+5];
il void init(int n){
    mu[1]=1;
    for(ri unsigned int i=2;i<=n;++i){
        if(!vs[i]) ss[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(ri unsigned int j=1;j<=cnt&&i*ss[j]<=n;++j){
            vs[i*ss[j]]=1;
            if(i%ss[j]==0) break;
            mu[i*ss[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(ri unsigned int j=1;j<=cnt;++j){
        for(ri int i=1;ss[j]*i<=n;++i){
            f[i*ss[j]]+=mu[i];
        }
    }
    for(ri unsigned int i=1;i<=n;++i){
        sum[i]=sum[i-1]+1ll*f[i];
    }
}
signed main(){
    int t=0,n=0,m=0;rd(t);
    ri long long as=0;init(N);
    while(t--){
        rd(n),rd(m),as=0;
        if(m<n) swap(m,n);
        for(ri unsigned int l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
            r=min((n/l)?n/(n/l):n,(m/l)?m/(m/l):m);
            as+=1ll*(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
        }
        wt(as),putchar('\n');
    }
    return 0;
}

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3.P2398 GCD SUM

原题链接

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题目大意

求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j)\)

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分析

莫反做法

这题比上一题简单一些（那你为什么先写上一题）

考虑枚举\(gcd\)

\[\begin{align*} s &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d=1}^n d\cdot\lbrack\gcd(i,j)=d\rbrack \\&=\sum_{d=1}^n d\cdot\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)=d] \end{align*}\]

将后面两项同时除以\(d\)，可得

\[s=\sum_{d=1}^n d\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[gcd(i,j)=1] \]

一个标准的莫反式子

\[s=\sum_{d=1}^n d\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{g|gcd(i,j)}\mu(g) \]

枚举\(g\)

\[\begin{align*} s &=\sum_{d=1}^n d\cdot\sum_{g=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(g)\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d\cdot g}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d\cdot g}\rfloor}1 \\&=\sum_{d=1}^n d\cdot\sum_{g=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(g)\cdot\lfloor\frac{n}{d\cdot g}\rfloor^2 \end{align*}\]

对于

\[\sum_{g=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(g)\cdot\lfloor\frac{n}{d\cdot g}\rfloor^2 \]

可以线性筛预处理出\(\mu(g)\)的前缀和，再进行数论分块，复杂度\(O(\sqrt{n})\)

总复杂度\(O(n+n\cdot\sqrt{n})\) ，在该题数据范围\((n\le10^5)\)下可过

事实上可以继续往下推

考虑枚举\(T=d\cdot g\)

\[\begin{align*} s&=\sum_{T=1}^n\sum_{d|T}d\cdot\mu(\frac{T}{d})\cdot\lfloor\frac{n}{T}\rfloor^2\\ &=\sum_{T=1}^n\sum_{d|T}id(d)\cdot\mu(\frac{T}{d})\cdot\lfloor\frac{n}{T}\rfloor^2 \end{align*} \]

根据狄利克雷卷积\(id*\mu=\varphi\)，得

\[s=\sum_{T=1}^n\varphi(T)\cdot\lfloor\frac{n}{T}\rfloor^2 \]

可以线性筛预处理\(\varphi(d)\)前缀和，然后数论分块，总复杂度\(O(n+\sqrt{n})\)

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欧拉反演

可以直接用欧拉反演做，更好推~

欧拉函数有一个性质

\[\sum_{d|n}\varphi(d)=n \]

所以

\[\gcd(i,j)=\sum_{d|gcd(i,j)}\varphi(d) \]

于是

\[\begin{align*} s &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d|gcd(i,j)}\varphi(d) \\&=\sum_{d=1}^n\varphi(d)\cdot\sum_{i=1}^n[i|d]\cdot\sum_{j=1}^n[j|d] \\&=\sum_{d=1}^n\varphi(d)\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}1 \\&=\sum_{d=1}^n\varphi(d)\cdot\lfloor\frac{n}{d}\rfloor^2 \end{align*}\]

跟上面推的式子是一样的

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玄学递推

然而……还有更玄学简洁的做法……

\[s=\sum_{k=1}^n k\cdot f(k) \]

\(f(k)\) 表示\(gcd(i,j)=k\)的\((i,j)\)对数

而\(k|gcd(i,j)\)的\((i,j)\)对数为\(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor^2\)

所以容斥一下

\[f(k)=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor^2-f(2\cdot k)-f(3\cdot k)-…… \]

复杂度 \(n\cdot(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+……+\frac{1}{n})\) 为 \(O(n\cdot H(n))\)（\(H(n)\)为调和级数，约等于\(\ln n\)）

因其常数较小，所以比欧拉反演还快……

code（莫反）

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define cs const
#define int long long
#define ri register
using namespace std;
cs int N=1e5+5;
int ss[N],vs[N],cnt,mu[N];
il void init(int n){
    mu[1]=1;
    for(ri int i=2;i<=n;++i){
        if(!vs[i]) ss[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(ri int j=1;j<=cnt&&ss[j]*i<=n;++j){
            vs[i*ss[j]]=1;
            if(i%ss[j]==0) break;
            mu[i*ss[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(ri int i=2;i<=n;++i) mu[i]+=mu[i-1];
}
signed main(){
    int n,as=0;cin>>n;init(n);
    for(ri int d=1;d<=n;++d){
        int m=n/d;
        for(ri int l=1,r=0;l<=m;l=r+1){
            r=m/(m/l);
            as+=d*(mu[r]-mu[l-1])*(m/l)*(m/l);
        }
    }
    cout<<as;
    return 0;
}

code（欧拉）

//题解上粘的代码
#include <cstdio>
#include <cstring>

const int MAXN = 100010;

int prime[MAXN], v[MAXN], phi[MAXN], sumPhi[MAXN], cnt, n;

void eular(int n) {//线性筛筛欧拉函数
    memset(v, 0, sizeof(v));
    sumPhi[1] = phi[1] = 1;

    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!v[i]) {
            prime[++cnt] = v[i] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 1; j <= cnt; j++) {
            if (prime[j] > v[i] || i * prime[j] > n) break;
            v[i * prime[j]] = prime[j];
            phi[i * prime[j]] = phi[i] * (i % prime[j] ? prime[j] - 1 : prime[j]);
        }
        sumPhi[i] = sumPhi[i - 1] + phi[i];//求欧拉函数的前缀和，如果整除分块的话就要用
    }
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    eular(n);

    long long ans = 0;
    for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {//这里是整除分块写法，如果不懂可以直接for 1 to n
        r = n / (n / l);
        ans += (long long) (sumPhi[r] - sumPhi[l - 1]) * (n / l) * (n / l);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

code（容斥）

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register
long long n,ans,f[100010];
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(ri int i=n;i;--i){
        f[i]=n/i*(n/i);
        for(ri int j=i<<1;j<=n;j+=i)f[i]-=f[j];
        ans+=f[i]*i;
    }
    printf("%lld",ans);
return 0;
}

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4.P4450 双亲数

原题链接

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题目大意

求\(\sum_{a=1}^A\sum_{b=1}^B[gcd(a,b)=d]\) \((1\le A,B\le10^6,1\le d\le min(A,B))\)

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分析

将式子整体除以\(d\)

\[s=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{d}\rfloor}[gcd(i,j)=1] \]

直接莫反

\[\begin{align*} s &=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{d}\rfloor}\sum_{g|gcd(i,j)}\mu(g) \\&=\sum_{g=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\mu(g)\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{d\cdot g}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{d\cdot g}\rfloor}1 \\&=\sum_{g=1}^{\lfloor\frac{A}{d}\rfloor}\mu(g)\cdot\lfloor\frac{A}{d\cdot g}\rfloor\cdot\lfloor\frac{B}{d\cdot g}\rfloor \end{align*}\]

线性筛加数论分块，\(O(n+\sqrt{n})\)

code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define cs const
#define ri register
using namespace std;
il int rd(){
    ri int x=0,f=1;ri char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
il void wt(long long x){
    if(x<0) x=-x,putchar('-');
    ri unsigned short a[15]={0},tl=0;
    do{a[++tl]=x%10,x/=10;}while(x);
    for(ri int i=tl;i;--i) putchar(a[i]+48);
}
cs int N=1e6;
int ss[N+5],mu[N+5],cnt,sum[N+5]; 
bool vs[N+5];
il void init(int n){
    mu[1]=sum[1]=1;
    for(ri unsigned int i=2;i<=n;++i){
        if(!vs[i]) ss[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(ri unsigned int j=1;j<=cnt&&i*ss[j]<=n;++j){
            vs[i*ss[j]]=1;
            if(i%ss[j]==0) break;
            mu[i*ss[j]]=-mu[i];
        }
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    }
}
signed main(){
    int n=0,m=0,d=0;
    ri long long as=0;init(N);
    n=rd(),m=rd(),d=rd(),as=0;
    n/=d,m/=d;
    if(m<n) swap(m,n);
    for(ri unsigned int l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
        r=min(n/(n/l),m/(m/l));
        as+=1ll*(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
    }
    wt(as);
    return 0;
}

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5.P3455 [POI2007]ZAP-Queries

原题链接

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题目大意

求\(\sum_{x=1}^a\sum_{y=1}^b[gcd(x,y)=d]\) \((1\le n\le5\times10^4, 1\le d\le a,b\le5\times10^4)\)

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分析

跟上一题一样（双倍经验）

将式子整体除以\(d\)莫反可得

\[s=\sum_{g=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\mu(g)\cdot\lfloor\frac{a}{d\cdot g}\rfloor\cdot\lfloor\frac{b}{d\cdot g}\rfloor \]

线性筛加数论分块，\(O(n+Q\cdot\sqrt{n})\)

code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define cs const
#define ri register
using namespace std;
il int rd(){
    ri int x=0,f=1;ri char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
il void wt(long long x){
    if(x<0) x=-x,putchar('-');
    ri unsigned short a[15]={0},tl=0;
    do{a[++tl]=x%10,x/=10;}while(x);
    for(ri int i=tl;i;--i) putchar(a[i]+48);
}
cs int N=5e4;
int ss[N+5],mu[N+5],cnt,sum[N+5]; 
bool vs[N+5];
il void init(int n){
    mu[1]=sum[1]=1;
    for(ri unsigned int i=2;i<=n;++i){
        if(!vs[i]) ss[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(ri unsigned int j=1;j<=cnt&&i*ss[j]<=n;++j){
            vs[i*ss[j]]=1;
            if(i%ss[j]==0) break;
            mu[i*ss[j]]=-mu[i];
        }
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    }
}
signed main(){
    int t=rd(),n=0,m=0,d=0;
    ri long long as=0;init(N);
    while(t--){
        n=rd(),m=rd(),d=rd(),as=0;
        if(m<n) swap(m,n);
        for(ri unsigned int l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            as+=1ll*(n/l/d)*(m/l/d)*(sum[r]-sum[l-1]);
        }
        wt(as),putchar('\n');
    }
    return 0;
}

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6.P2522 [HAOI2011]Problem b

原题链接

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题目大意

求\(\sum_{x=a}^b\sum_{y=c}^d[gcd(x,y)=k]\) \((1\le n,k\le5\times10^4,1\le a\le b\le5\times10^4,1\le c\le d\le5\times10^4)\)

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分析

(三倍经验)

发现此题比上一题多了下界要求，而上一题已经求了下界均为\(1\)的特殊情况

考虑下界不都为\(1\)，

可以用类似二维前缀和的容斥思想

设\(s(i,j)\)表示上界分别为\(i,j\)，下界均为\(1\)

那么

\[s=s(b,d)-s(a-1,d)-s(b,c-1)+s(a-1,c-1) \]

就很好求了

复杂度还是\(O(n+Q\cdot\sqrt{n})\)，不过常数大一些

code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define cs const
#define ri register
using namespace std;
il int rd(){
    ri int x=0,f=1;ri char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
il void wt(long long x){
    if(x<0) x=-x,putchar('-');
    ri unsigned short a[15]={0},tl=0;
    do{a[++tl]=x%10,x/=10;}while(x);
    for(ri int i=tl;i;--i) putchar(a[i]+48);
}
cs int N=5e4;
int ss[N+5],mu[N+5],cnt,sum[N+5]; 
bool vs[N+5];
il void init(int n){
    mu[1]=sum[1]=1;
    for(ri unsigned int i=2;i<=n;++i){
        if(!vs[i]) ss[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(ri unsigned int j=1;j<=cnt&&i*ss[j]<=n;++j){
            vs[i*ss[j]]=1;
            if(i%ss[j]==0) break;
            mu[i*ss[j]]=-mu[i];
        }
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    }
}
il int done(int n,int m,int d){
    if(n>m) swap(n,m);
    ri int as=0;
    for(ri unsigned int l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
        r=min(n/(n/l),m/(m/l));
        as+=1ll*(n/l/d)*(m/l/d)*(sum[r]-sum[l-1]);
    }	
    return as;
} 
signed main(){
    int t=rd(),a,b,c,d,k,as=0;init(N);
    while(t--){
        a=rd(),b=rd(),c=rd(),d=rd(),k=rd();
        as=done(b,d,k)-done(a-1,d,k)-done(b,c-1,k)+done(a-1,c-1,k);
        wt(as),putchar('\n');
    }
    return 0;
}

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