BZOJ 2301 Problem b

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这个问题等价于询问有多少个数对(x,y)满足l<=x<=floor(n/k),1<=y<=floor(m/k)且x与y互质
首先我们根据容斥原理将一个询问拆分为四个询问即ans=f(b,d)-f(a-1,d)-f(b,c-1)+f(a-1,c-1)
f(i)为gcd(x,y)=i的个数(1<=x<=n,1<=y<=m)
我们令F(i)为i|gcd(x,y)的个数(1<=x<=n,1<=y<=m)
则可以得到

F(i)=∑i|df(i)

f(i)=∑i|dμ(di)F(d)

又因为

F(i)=⌊ni⌋⌊mi⌋

f(i)=∑i|dμ(di)⌊nd⌋⌊md⌋

这样做是O(n)的，但因为是多组询问所以依旧会T掉。

所以我们需要一个有效的时间优化。
通过观察我们可以发现，⌊nd⌋ 中最多只有 2n−√个取值，同理可得⌊md⌋ 中也最多只会有 2m−−√个取值。那么最终的答案个数是最多为 2(n−√+m−−√) 个。我们只需枚举这 2(n−√+m−−√) 个取值，即可以以O(n−√)的时间复杂度求解。同时如果要实现这样做，代码是十分简单。所以可以画一个表格来加深理解，方便写代码。

⌊nd⌋ ⌊md⌋ ans 1 1 … 1 2 … 2 2 … 2 2 … 2 3 …

通过上表，可知第三四行的前两列完全一样，所以我们可以求出莫比乌斯函数的前缀和，然后通过一步算出。

for(int i=1;i<=x;i=last+1)    {        last=min(x/(x/i),y/(y/i));        ans+=(x/i)*(y/i)*(sum[last]-sum[i-1]);    }

sum数组就是我们所求的前缀和，last相当于是找一个符合条件的位置。
完整代码如下：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define MAXN 50000using namespace std;int a,b,c,d,k;int miu[MAXN+5],prime[MAXN+5],sum[MAXN+5];void Init(){    miu[1]=1;    int cnt=0;    bool check[MAXN+5];    memset(check,0,sizeof check);    for(int i=2;i<=MAXN;i++)    {        if(!check[i])        {            prime[++cnt]=i;            miu[i]=-1;        }        for(int j=1;j<=cnt;j++)        {            if(prime[j]*i>MAXN)                break;            check[prime[j]*i]=1;            if(i%prime[j]==0)            {                miu[i*prime[j]]=0;                break;            }            miu[i*prime[j]]=-miu[i];        }    }    for(int i=1;i<=MAXN;i++)        sum[i]=sum[i-1]+miu[i];}int num(int x,int y){    x/=k; y/=k;    int ans=0,last;    if(x>y)        swap(x,y);    for(int i=1;i<=x;i=last+1)    {        last=min(x/(x/i),y/(y/i));        ans+=(x/i)*(y/i)*(sum[last]-sum[i-1]);    }    return ans;}int main(){    Init();    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);        printf("%d\n",num(b,d)-num(a-1,d)-num(b,c-1)+num(a-1,c-1));    }}