题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1695
题意: 对于 a, b, c, d, k . 有 x 属于 [a, b], y 属于 [c, d], 求 gcd(x, y) = k 的 x, y 的对数 . 其中 a = b = 1 .
注意: (x, y), (y, x) 算一种情况 .
思路: 莫比乌斯反演
可以参考一下: http://blog.csdn.net/lixuepeng_001/article/details/50577932
公式: F(n) = sigma f(d) , 其中 (n | d) ==> f(n) = sigma u(d / n) * F(d) , 其中 (n | d) .
其中 u 为莫比乌斯函数, 定义为:
若 d = 1, 则 u(d) = 1;
若 d = p1p2...pk, 则 u(d) = (-1)^k , 其中 pi 为互异质数;
其他 u(d) = 0;
对于 gcd(x, y) = k, 显然有 gcd(x / k, y / k) = 1 . 那么原题等价于求 gcd(x, y) = 1, 其中 x 属于 (1, b / k), y 属于 (1, d / k) .
然后定义 f(n) 表示满足条件的 gcd(x,y) = n 的 (x, y) 对数,
再定义 F(n) 表示满足 n | gcd(x,y) 的 (x, y) 对数, 即 gcd(x, y) % n = 0 的x, y对数 .
那么我们要求的就是 f(1) .
通过前面推理不难发现 F(x) = n / x * m / x, 其中 n = b / k, m = d / k;
那么 f(1) = sigma u(d / 1) * F(d), 其中 1 | d 且 d <= min(n, m);
即 f(1) = sigma u(d) * (n / d) * (m / d);
关于去重: f‘(1) = sigma u(d) * (n / d) * (n / d), 其中 n 为 m, n中的最小值, 则 sol = f(1) - f‘(1) / 2;
代码:
1 #include <iostream>
2 #include <stdio.h>
3 #include <string.h>
4 #define ll long long
5 using namespace std;
6
7 const int MAXN = 1e6 + 10;
8
9 bool check[MAXN];
10 int mu[MAXN], prime[MAXN];
11
12 void Moblus(void){
13 memset(check, false, sizeof(check));
14 int tot = 0;
15 mu[1] = 1;
16 for(int i = 2; i < MAXN; i++){
17 if(!check[i]){
18 prime[tot++] = i;
19 mu[i] = -1;
20 }
21 for(int j = 0; j < tot && i * prime[j] < MAXN; j++){
22 check[i * prime[j]] = true;
23 if(i % prime[j] == 0){
24 mu[i * prime[j]] = 0;
25 break;
26 }else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
27 }
28 }
29 }
30
31 int main(void){
32 int t, a, b, c, d, k;
33 Moblus();
34 scanf("%d", &t);
35 for(int i = 1; i <= t; i++){
36 scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
37 if(k == 0){
38 printf("Case %d: 0\n", i);
39 continue;
40 }
41 if(b > d) swap(b, d);
42 b /= k;
43 d /= k;
44 ll ans1 = 0, ans2 = 0;
45 for(int j = 1; j <= b; j++){
46 ans1 += (ll)mu[j] * (b / j) * (d / j);
47 }
48 for(int j = 1; j <= b; j++){
49 ans2 += (ll)mu[j] * (b / j) * (b / j);
50 }
51 printf("Case %d: %lld\n",i, ans1 - (ans2 >> 1));
52 }
53 return 0;
54 }