hdu1695 GCD 莫比乌斯反演做法+枚举除法的取值 (5,7),(7,5)看做同一对

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题目：hdu1695 GCD
链接：http://acm.hdu.edu.cn/status.php
题意：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 ，(5,7),(7,5)看做同一对， gcd(x,y) 函数为 x 和 y 的最大公约数。
本题默认：a = c = 1;
 0 < a <= b <= 100,000, 0 < c <= d <= 100,000, 0 <= k <= 100,000
思路：
首先容斥：ans = solve(b,d,k)-solve(b,c-1,k)-solve(a-1,d,k)+solve(a-1,c-1,k);

solve(n,m,k)表示x在[1,n]，y在[1,m] gcd(x,y)==k的对数。

定义：
f(n)表示gcd(x,y)=n的数量。
F(n)表示gcd(x,y)是n的倍数的数量。

如何求F(n)?

F(n) = (x/n) * (y/n); 要加括号，因为这是取整之后的乘积

根据定义用第二种形式：f(n) = sigma(mu[d/n]*F(d)) (n|d)

这样只要枚举k的倍数一直到min(n,m)就可以了。可是如果k=1，那么枚举一次就是O(N)；总复杂度为O(N*N);

实际上可以继续优化；

solve(n,m,k)等价于solve(n/k,m/k)表示x在[1,n/k],y在[1,m/k]，gcd(x,y)==1的对数。

由于x/i,x/(i+1),x/(i+2)...x/(i+t)存在连续相同的结果，也就是这段区间[l,r]内(n/i)*(m/i)的结果是相同的；

这样i在[l,r] 范围内的(n/i)*(m/i)*mu[i];就等价于 (n/i)*(m/i)*(sum[r]-sum[l-1])； sum表示mu的前缀和。

所以这里可以快速处理。复杂度为sqrt(N); 总时间复杂度为N*sqrt(N);

参考：https://wenku.baidu.com/view/fbec9c63ba1aa8114431d9ac.html

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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof x)
typedef pair<int, int> P;
const LL INF = 1e10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e5 + 100;
int prime[maxn], tot, not_prime[maxn];
int mu[maxn], sum[maxn];
void init()
{
    mu[1] = 1;
    tot = 0;
    for(int i = 2; i < maxn; i++){
        if(!not_prime[i]){
            prime[++tot] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1; prime[j]*i<maxn; j++){
            not_prime[prime[j]*i] = 1;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[prime[j]*i] = 0;
                break;
            }
            mu[prime[j]*i] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i < maxn; i++) sum[i] = sum[i-1]+mu[i];
}
LL solve(int n,int m)
{
    LL ans = 0;
    if(n>m) swap(n,m);
    int last;
    for(int i = 1; i <= n; i=last+1){
        last = min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans += (LL)(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int T;
    int a, b, c, d, k;
    int cas = 1;
    init();
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        if(k==0){
            printf("Case %d: 0\n",cas++);continue;
        }
        if(b>d) swap(b,d);
        ///solve(b/k,d/k)这一部分多计算了[1,b/k]与[1,b/k]之间互质的对数。
        printf("Case %d: %lld\n",cas++,solve(b/k,d/k)-solve(b/k,b/k)/2);
    }
    return 0;
}