莫比乌斯反演（bzoj 2301: [HAOI2011]Problem b）

2301: [HAOI2011]Problem b

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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

和bzoj 1101一模一样的两道题，只不过x和y的范围不是从1开始的而已

理论容斥下就好了

bzoj 1101题解：http://blog.csdn.net/jaihk662/article/details/76392853

但1101题是用莫比乌斯函数+推论解决的

这里尝试用莫比乌斯反演解决，先拉出公式

其实这个公式有另一个表示形式

因为n固定，所以d表示为所有n的倍数（对的，是无穷无尽的，只不过F(d)可能在d超过某个数之后恒为0）

那么这题我们可以

令f(k)为在1<=x<=n, 1<=x<=m且Gcd(x, y)==k的(x, y)对数（也就是答案）

令F(k)为在1<=x<=n, 1<=x<=m且k是Gcd(x, y)的约数的(x, y)对数

那么很显然有

套入莫比乌斯反演公式可得

（这里d只要大于min(n, m)式子就为0）

很显然我们只需要枚举小于等于min(n, m)的k的倍数就可以了

到这里说：题目和1101题一模一样，为什么公式不一样？

其实是一样的！对于这公式我们枚举的d是k的倍数，既然这样！那我们假设d = k*d'

那么原式有

转化成功！（注意这里和1101一样我们假设min(n, m)=n）

这样我们原本枚举的小于等于min(n, m)的k的倍数就等同于枚举小于等于min(n, m)的k的倍数再除以k

也就是枚举1到min(n, m)了！

用莫比乌斯反演转化成功

剩下就是和1101一样的两个程序了

#include<stdio.h>#include<algorithm>using namespace std;int cnt, mu[50005] = {1,1}, flag[50005] = {1,1}, pri[50005], sum[50005];int Jud(int n, int m){int L, R, ans;ans = 0;if(n>m)  swap(n, m);L = 1;while(L<=n){R = min(n/(n/L), m/(m/L));ans += (sum[R]-sum[L-1])*(n/L)*(m/L);L = R+1;}return ans;}int main(void){int i, j, T, a, b, c, d, k;for(i=2;i<=50000;i++){if(flag[i]==0){pri[++cnt] = i;mu[i] = -1;}for(j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=50000;j++){flag[i*pri[j]] = 1;if(i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]] = 0;break;}mu[i*pri[j]] = -mu[i];}}for(i=1;i<=50000;i++)sum[i] = sum[i-1]+mu[i];scanf("%d", &T);while(T--){scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);printf("%d\n", Jud(b/k, d/k)+Jud((a-1)/k, (c-1)/k)-Jud(b/k, (c-1)/k)-Jud((a-1)/k, d/k));}return 0;}