BZOJ2301: [HAOI2011]Problem b

BZOJ2301: [HAOI2011]Problem b

Description

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,gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。

Input

第一行一个整数n,接下来n行每行五个整数,分别表示a、b、c、d、k

Output

共n行,每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数

Sample Input

2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2

Sample Output

14
3

HINT

100%的数据满足:1≤n≤50000,1≤a≤b≤50000,1≤c≤d≤50000,1≤k≤50000

题解Here!

题目显然是要求:

显然莫比乌斯反演。

我们先来看另外一个题目:洛谷P3455 [POI2007]ZAP-Queries

这就是上面那个题目的简化版。

这题目显然是要求:

这时候,这个式子已经可以做到 O(n) 的时间复杂度了,但是因为有多组数据,所以我们再用一下 数论分块 ,这题就可以做到 O(√n) 了。

附代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 50010
using namespace std;
int n,m,d,k=0,prime[MAXN],mu[MAXN],sum[MAXN];
bool np[MAXN];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
	return date*w;
}
void make(){
	int m=MAXN-10;
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=m;i++){
		if(!np[i]){
			mu[i]=-1;
			prime[++k]=i;
		}
		for(int j=1;j<=k&&prime[j]*i<=m;j++){
			np[prime[j]*i]=true;
			if(i%prime[j]==0)break;
			else mu[prime[j]*i]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
void work(){
	long long ans=0;
	n=read();m=read();d=read();
	if(n>m)swap(n,m);
	n/=d;m/=d;
	for(int i=1,last=1;i<=n;i=last+1){
		last=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans+=(long long)(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
	int t=read();
	make();
	while(t--)work();
	return 0;
}

解决了这个题,我们再来看我们的原题:

我们已经知道了怎样求:

那么怎样求这个呢:

由容斥原理可得,答案就是:

于是就与上面那个题差不多了。

附代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 50010
using namespace std;
int k=0,prime[MAXN],mu[MAXN],sum[MAXN];
bool np[MAXN];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
	return date*w;
}
void make(){
	int m=MAXN-10;
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=m;i++){
		if(!np[i]){
			prime[++k]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=k&&prime[j]*i<=m;j++){
			np[prime[j]*i]=true;
			if(i%prime[j]==0)break;
			else mu[prime[j]*i]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
long long solve(int n,int m,int d){
	long long ans=0;
	if(n>m)swap(n,m);
	n/=d;m/=d;
	for(int i=1,last=1;i<=n;i=last+1){
		last=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans+=(long long)(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
	}
	return ans;
}
void work(){
	int a,b,c,d,k;
	a=read();b=read();c=read();d=read();k=read();
	long long ans=solve(b,d,k)-solve(a-1,d,k)-solve(b,c-1,k)+solve(a-1,c-1,k);
	printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
	int t=read();
	make();
	while(t--)work();
	return 0;
}

 

posted @ 2018-05-13 10:16  符拉迪沃斯托克  阅读(...)  评论(...编辑  收藏
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