【BZOJ1101】【洛谷P3455 】【POI2007】ZAP-Queries（莫比乌斯反演）

传送门

题意：求满足$x\in(1,m),y\in(1,n),且gcd(x,y)=d$的数的个数

考虑到我们要求

$f(d)=\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} [gcd(i,j)=d]$

$\sum_{i=1}^{\lfloor \frac m d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} [gcd(i,j)=1]$
那么$ans=f(d)=\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} [gcd(i,j)=d]$

$=\sum_{i=1}^{\lfloor \frac i m\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} [gcd(i,j)=1]=f(1)(n/=d,m/=d)$

我们发现求$[gcd(i,j)=1]$的复杂度是$O(n^2)$的
怎么办？

考虑在$[gcd(i,j)=d]=1$时，我们发现肯定$d|i,d|j$，
但是对于很多种$d$的倍数的$i,j$都只是$gcd(i,j)=dp,p\geq 2,p\in\N$

那我们考虑设$F(x)=\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}[gcd(i,j)为d的倍数]$
即$F(x)=\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}[d|gcd(i,j)]=\lfloor \frac m d \rfloor \lfloor \frac n d \rfloor$
那么显然有$F(d)=\sum_{d|n} f(n)$

既然$F(x)$和$f(x)$之间有规律而且$F(x)$有很好求
我们想到如果能求出$f(x)$和$F(x)$的关系

这时就用到了莫比乌斯反演了

$f(x)=\sum_{x|d}\mu(\frac d x)F(d)=\sum_{x|d}\mu(\frac d x)\lfloor \frac m d \rfloor \lfloor \frac n d \rfloor$

考虑到我们要求的是$f(1)=\sum_{i=1}^{min(\frac n d,\frac m d)} \mu(i)\lfloor \frac m i \rfloor \lfloor \frac n i \rfloor$

这样一次回答的复杂度就是$O(n)$了

考虑到多次询问，式子里有整除，可以用整除分块预处理$\mu$前缀和$O(\sqrt n+\sqrt m)$求出答案

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline int read(){
	char ch=getchar();
	int res=0,f=1;
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return res*f;
}
const int N=50005;
int vis[N],pr[N],mu[N],sum[N],tot;
inline void init(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++){
		if(!vis[i])pr[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot&&i*pr[j]<N;j++){
			vis[pr[j]*i]=1;
			if(i%pr[j]==0)break;
			mu[i*pr[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<N;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
signed main(){
	int T=read();init();
	for(int cas=1;cas<=T;cas++){
		int b=read(),d=read(),k=read();
        if(k==0){puts("0");continue;}
		ll ans=0;b/=k,d/=k;int p=min(b,d);
		for(int i=1,nxt;i<=p;i=nxt+1){
			nxt=min((b/(b/i)),(d/(d/i)));
			ans+=(1ll*(sum[nxt]-sum[i-1])*(b/i)*(d/i));
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
}