P2522 HAOI2011

题意

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

题解

即求式子${\sum }_{x=a}^b{\sum }_{y=c}^d[gcd(x,y)=k]$.

记$f(n,m)={\sum }_{x=1}^n{\sum }_{y=1}^m[gcd(x,y)=k]$

根据二维前缀和公式,可以将式子转换成:

${\sum }_{x=a}^b{\sum }_{y=c}^d[gcd(x,y)=k]=f(b,d)+f(a-1,c-1)-f(a-1,d)-f(b,c-1)$

因此我们只要能得到$f(n,m)$的计算方法即可.

求$f(n,m)$的套路非常明显:莫比比乌斯反演

由于${\sum }_{k|d}{\sum }_{x=1}^n{\sum }_{y=1}^m[gcd(x,y)=d]=\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor$.

反演得到$f(n,m)={\sum }_{k|d}\mu (\frac{d}{k})\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor$

令$t=d/k$.

$f(n,m)={\sum }_{t=1}^{n/d}\mu (t)\lfloor \frac{n}{kt}\rfloor \lfloor \frac{m}{kt}\rfloor$

对上式子进行分块计算,可以将时间复杂度从$O(n)$降至$O(\sqrt{n})$.

总结

对于形如$f(x)={\sum }_{x|d}\mu (\frac{d}{x})g(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$这样的式子,我们都可以用$t=d/x$代换后数论分块进行加速.

$f(x)={\sum }_{t=1}^{n/x}\mu (t)g(\lfloor \frac{n}{xt}\rfloor )$

时间复杂度从$O(n)$降至$O(\sqrt{n})$.

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)const int N = 50000;int prime[N+10],zhi[N+10],mu[N+10],pcnt;void sieve() {zhi[1] = mu[1] = 1;for(int i = 2;i <= N;++i) {if(!zhi[i]) {mu[i] = -1;prime[pcnt++] = i;}for(int j = 0;j < pcnt && prime[j]*i <= N;++j) {zhi[i*prime[j]] = 1;if(i % prime[j] == 0) {mu[i*prime[j]] = 0;break;}else mu[i*prime[j]] = -mu[i];}}for(int i = 1;i <= N;++i) mu[i] += mu[i-1];
}
int a,b,c,d,k,T;
int calc(int n,int m) {int ans = 0;int lim = std::min(n/k,m/k);for(int i = 1,nx1,nx2,nxt;i <= lim;i=nxt+1) {nx1 = n/(n/i);nx2 = m/(m/i);nxt = nx1>nx2?nx2:nx1;ans += (mu[nxt]-mu[i-1])*(n/i/k)*(m/i/k);}return ans;
}
int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);sieve();std::cin >> T;while(T--) {std::cin >> a >> b >> c >> d >> k;int ans = calc(b,d)+calc(a-1,c-1)-calc(a-1,d)-calc(b,c-1);std::cout << ans << std::endl;}return 0;
}