传送门

题意：给定$n,m,k$,求$1\le x\le n,1\le y\le m$时$\frac{x}{y}$中数值不同的纯循环小数或整数的个数。

$n\le 10^9,m\le 10^9,k\le 2\times 10^3$

显然只需要考虑最简分数即$\gcd (x,y)=1$的情况

容（bu）易（yong）证明，$\frac{x}{y}$满足题意当且仅当$\gcd (y,k)=1$

所以

$$Ans=\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^M[\gcd (i,j)=1][\gcd (j,k)=1]$$

换下顺序

$$=\sum _{j=1}^M[\gcd (j,k)=1]\sum _{i=1}^N[\gcd (i,j)=1]$$

把后面反演掉,前面不管

$$=\sum _{j=1}^M[\gcd (j,k)=1]\sum _{i=1}^N\sum _{d\mid i,d\mid j}\mu (d)$$

枚举$d$

$$=\sum _{d=1}^N\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \mu (d)\sum _{d\mid j}^{j\le M}[\gcd (j,k)=1]$$

换成枚举$j$是$d$的多少倍

$$=\sum _{d=1}^N\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \mu (d)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{M}{d}\rfloor }[\gcd (jd,k)=1]$$

$\gcd$拆开

$$=\sum _{d=1}^N\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \mu (d)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{M}{d}\rfloor }[\gcd (j,k)=1][\gcd (d,k)=1]$$

$$=\sum _{d=1}^N\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \mu (d)[\gcd (d,k)=1]\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{M}{d}\rfloor }[\gcd (j,k)=1]$$

设

$$f(n,k)=\sum _{i=1}^n[\gcd (i,k)=1]$$

由于$k$只有$2000$,并且$\gcd (i,k)=\gcd (i\%k,k)$，所以瞎预处理一下就可以算出来

这样

$$Ans=\sum _{d=1}^N\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \mu (d)[\gcd (d,k)=1]f(\lfloor \frac{M}{d}\rfloor ,k)$$

这是个整除分块的形式，我们只需要想办法算出

$$g(n,k)=\sum _{i=1}^n\mu (i)[\gcd (i,k)=1]$$

这个可以反演

$$g(n,k)=\sum _{i=1}^n\mu (i)\sum _{d\mid i,d\mid k}\mu (d)$$

枚举$d$

$$g(n,k)=\sum _{d\mid k}\mu (d)\sum _{d\mid i}^{i\le n}\mu (i)$$

枚举倍数

$$g(n,k)=\sum _{d\mid k}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (id)$$

前方高能

观察$\mu (id)$,发现如果$\gcd (i,d)\ne 1$,$\mu (id)$一定等于$0$

所以……我们可以丢一个$[\gcd (i,d)=1]$进去

$$g(n,k)=\sum _{d\mid k}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (id)[\gcd (i,d)=1]$$

由于$\mu$是积性函数，有这个限制就可以拆开了，然后把$\mu (d)$丢前面去

$$g(n,k)=\sum _{d\mid k}{\mu }^2(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (i)[\gcd (i,d)=1]$$

后面那个有没有很眼熟？

$$g(n,k)=\sum _{d\mid k}{\mu }^2(d)g(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,d)$$

然后就可以递归了

边界：

当$n=0$时，$g(n,k)=0$

当$k=1$时，我们发现无法递归

所以写个杜教筛算一下就可以了

复杂度$O(能过)$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <utility>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6;
int n,m,k;
int np[N+5],pl[N],cnt;
int mu[N+5],sum[N+5];
void init()
{np[1]=mu[1]=1;for (int i=2;i<=N;i++){if (!np[i]) pl[++cnt]=i,mu[i]=-1;for (int j=1,x;(x=i*pl[j])<=N;j++){np[x]=1;if (i%pl[j]==0){mu[x]=0;break;}else mu[x]=-mu[i];}}for (int i=1;i<=N;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
map<int,int> ms;
int getms(int n)
{if (n<=N) return sum[n];map<int,int>::iterator p;if ((p=ms.find(n))!=ms.end()) return p->second;int ans=1;for (int l=2,r;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);ans-=(r-l+1)*getms(n/l);}ms.insert(make_pair(n,ans));return ans;
}
int x[2005];
int gcd(int a,int b){return b? gcd(b,a%b):a;}
inline int f(const int& n){return n/k*x[k]+x[n%k];}
map<pair<int,int>,int> sg;
int g(int n,int k)
{if (n==0) return 0;if (k==1) return getms(n);map<pair<int,int>,int>::iterator p;pair<int,int> pi=make_pair(n,k);if ((p=sg.find(pi))!=sg.end()) return p->second;int ans=0;for (int i=1;i*i<=k;i++)if (k%i==0){if (mu[i]) ans+=g(n/i,i);if (i*i<k&&mu[k/i]) ans+=g(n/(k/i),k/i);}sg.insert(make_pair(pi,ans));return ans;
}
int main()
{init();scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for (int i=1;i<=k;i++) x[i]=x[i-1]+(gcd(i,k)==1);ll ans=0;for (int l=1,r;l<=n&&l<=m;l=r+1){r=min(n/(n/l),m/(m/l));ans+=(ll)(n/l)*f(m/l)*(g(r,k)-g(l-1,k));}printf("%lld\n",ans);return 0;
}