bzoj2301【HAOI2011】Problem b

2301: [HAOI2011]Problem b

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Description

对于给出的n个询问，每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k，gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。

Input

第一行一个整数n，接下来n行每行五个整数，分别表示a、b、c、d、k

Output

共n行，每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数

Sample Input

2

2 5 1 5 1

1 5 1 5 2

Sample Output

14

3

HINT

100%的数据满足：1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000

容斥原理+莫比乌斯反演

首先根据容斥原理，可以将一个询问转化成四个询问(a-1,c-1) (a-1,d) (b,c-1) (b,d)，每次询问有多少个数对(x,y)满足1≤x≤n，1≤y≤m且gcd(x,y)=k。

这个问题等价于有多少个数对(x,y)满足1≤x小于等于(n/k)，1≤y≤(m/k)且x与y互质。

这时候我们就可以考虑莫比乌斯反演了。

令f(i)表示1≤x≤n，1≤y≤m且gcd(x,y)=i的数对(x,y)的个数；g(i)表示1≤x≤n，1≤y≤m且i|gcd(x,y)的数对(x,y)的个数。

那么显然有g(i)=(n/i)*(m/i)。

根据莫比乌斯定理有f(i)=∑(i|d) mu(d/i)*g(d)。

这样枚举每一个k的倍数，就可以将每次询问做到O(n)。

但这还是有点慢，于是我们考虑进一步优化。我们维护莫比乌斯函数的前缀和，然后对于(n/i)和(m/i)相同的部分分块处理，最多有4*sqrt(n)块。所以单次询问复杂度就降到O(sqrt(n))，总复杂度为O(n*sqrt(n))。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define maxn 50005
using namespace std;
int t,a,b,c,d,k,tot;
int mu[maxn],sum[maxn],pri[maxn];
bool mark[maxn];
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void getmu()
{
	mu[1]=1;
	F(i,2,50000)
	{
		if (!mark[i]){mu[i]=-1;pri[++tot]=i;}
		for(int j=1;j<=tot&&pri[j]*i<=50000;j++)
		{
			mark[i*pri[j]]=true;
			if (i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]]=0;break;}
			else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	F(i,1,50000) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
inline int calc(int n,int m)
{
	if (n>m) swap(n,m);
	int ans=0,pos;
	for(int i=1;i<=n;i=pos+1)
	{
		pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans+=(sum[pos]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
	}
	return ans;
}
int main()
{
	getmu();
	t=read();
	while (t--)
	{
		a=read();b=read();c=read();d=read();k=read();
		a--;c--;
		a/=k;b/=k;c/=k;d/=k;
		int ans=calc(a,c)+calc(b,d)-calc(a,d)-calc(b,c);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}