counting the numbers

题意：

给定$a,b,c$ ,求解满足 $1 \leq m \leq b, 1 \leq n \leq c, a | mn$ 的 $(m,n)$ 数对个数。

$a \leq INTMAX$, $b \leq LONGLONGMAX$

解法

原问题相当于求解 $mn \  mod \  a \equiv 0$ 的数对个数。

$(m \  mod \ a) n \ mod \ a \equiv 0$

这样$m$ ,实际有效的是 $m \ mod \ a$。

这样我们可以将原问题中的 $m$ 分为 $[\frac{b}{a}]$ 段 $m \equiv 1\  to \  a (mod \ a)$，

与一段 $m \equiv 1 \ to(b \mod \ a) (mod \ a)$

考虑求解 $m ∈ [1,t]$ 的 $(m,n)$ 数对个数 $F(t)$。

这样有$$ans = [b/a]F(a) + F(b \ mod \ a)$$

$$F(t) = \sum_{m=1}^t { [\frac{c}{ \frac{a}{(a,m)} }] }$$

记 $d = (m,a)$

$$F(t) = \sum_{d|a}{ [\frac{c}{ \frac{a}{d} }] (the\ cnt\ of\ m\ that (m,a) = d) }$$

$$F(t) = \sum_{d|a}{ [\frac{c}{ \frac{a}{d} }] (the\ cnt\ of\ m\ that (\frac{m}{d},\frac{a}{d}) = 1) }$$

$$F(t) = \sum_{d|a}{ [\frac{c}{ \frac{a}{d} }] (the\ cnt\ of\ i\ that (i,\frac{a}{d}) = 1 and i \leq [\frac{t}{d}]) }$$

后者可以通过容斥$O(\sqrt {\frac{a}{d}})$ 求

#include <bits/stdc++.h>

#define LL long long
#define bit(x) (1<<(x))
#define P 1000000007LL

using namespace std;

LL b,c;
int a,num[11];

LL calc(int n,int m)    //1~n中和 m互质的数字个数
{
    if(n==0) return 0LL;
    int tmp = m;
    int tot = 0;
    for(int i=2;i*(LL)i<=(LL)m;i++)
    {
        if(tmp%i==0)
        {
            while(tmp%i==0) tmp/=i;
            num[++tot] = i;
        }
    }
    if(tmp>1) num[++tot] = tmp;
    LL ans = 0;
    for(int S=0;S<(1<<tot);S++)
    {
        int tmp = 1,k = 1;
        for(int i=0;i<tot;i++) if(bit(i)&S) tmp *= num[i+1], k = -k;
        ans += k * (n/tmp);
    }
    return ans % P;
}

LL calc(int t)
{
    if(t == 0) return 0LL;
    LL ans = 0;
    for(int d=1;d*(LL)d<=(LL)a;d++)
        if(a%d==0)
        {
            int tmpd = d;
            ans +=  (c / (a/tmpd)) % P * calc(t/tmpd,a/tmpd) % P;
            if(ans >= P) ans -= P;
            if(d*d != a)
            {
                tmpd = a/d;
                ans +=  (c / (a/tmpd)) % P * calc(t/tmpd,a/tmpd) % P;
                if(ans >= P) ans -= P;
            }
        }
    return ans;
}

int main()
{
    while(cin>>a>>b>>c)
    {
        LL ans = (b/a)%P * calc(a)%P + calc(b%(LL)a)%P;
        cout << ans % P << endl;
    }
    return 0;
}