[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

Source

题解

前置知识:莫比乌斯反演

题目要求的是这个:
\[ ans = \sum _ {i=a}^b \sum _ {j=c}^d [gcd(i,j)=k] \]
我们可以利用二位前缀和的思想转化一下,然后求这个:
\[ ans = \sum _ {i=1}^n \sum _ {j=1}^m [gcd(i,j)=k] \]
\(k\)除掉:
\[ ans= \sum _ {i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum _ {j=1}^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor} [gcd(i,j)=1] \]
然后对于后面的\(gcd\)莫比乌斯反演下,即:
\[ \sum _{d|n} \mu(d) =[ n=1 ] \]
带进去得:
\[ ans= \sum _ {i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum _ {j=1}^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor} \sum _{d|i\&d|j} \mu(d) \]
然后交换下枚举顺序,先枚举\(d\),得:
\[ \begin {align} ans&= \sum _d\mu(d) \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor} \sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd} \rfloor} 1 \\ &= \sum _d\mu(d) \lfloor \frac{n}{kd} \rfloor \lfloor \frac{m}{kd} \rfloor \\ \end {align} \]
然后线筛下\(\mu\),整除分块下,就做完了。

这里最好是把\(n\)\(m\)分别除以\(k\)后在整除分块,否则亲测会慢一倍,虽然\(bzoj\)心情好的话卡时限能过。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long 

void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}

void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}

const int maxn = 5e4+10;

int mu[maxn],pri[maxn],vis[maxn],tot,T;

void sieve() {
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<maxn;i++) {
        if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
            vis[i*pri[j]]=1;
            if(!(i%pri[j])) {mu[i*pri[j]]=0;break;}
            else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<maxn;i++) mu[i]=mu[i]+mu[i-1];
}

int calc(int n,int m,int k) {
    int d=1,ans=0;n/=k,m/=k;
    while(d<=n&&d<=m) {
        int pre=d;d=min(n/(n/d),m/(m/d));
        ans+=(n/d)*(m/d)*(mu[d]-mu[pre-1]);
        d++;
    }return ans;
}

signed main() {
    sieve();read(T);
    for(int i=1,a,b,c,d,k;i<=T;i++) {
        read(a),read(b),read(c),read(d),read(k);
        write(calc(b,d,k)-calc(b,c-1,k)-calc(a-1,d,k)+calc(a-1,c-1,k));
    }
    return 0;
}
posted @ 2018-12-02 11:34  Hyscere  阅读(...)  评论(...编辑  收藏