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

入门题，https://wenku.baidu.com/view/fbe263d384254b35eefd34eb.html，链接中讲的和这个题差不多，讲得挺好
http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8542292这里面第二个例题和本题也差不多，讲得挺好
朋友写的题解：https://www.dreamwings.cn/bzoj2301/4853.html
题目要求是：每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k,可以转化为,,gcd(x,y) = 1,求有多少对这样的(x,y),(2,3),(3,2)算两对
设f(i)为1<=x<=n,1<=y<=m，且gcd(x,y) = i的(x,y)的对数，设F(i)为满足i|gcd(x,y)的(x,y)的对数，即gcd(x,y)是i的整数倍的(x,y)的对数
先放公式：显然：
则

代码里有分块优化，就是：

ans += (LL)(sum[la]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);

就是指在连续的某段，比如10/6=10/7=10/8=10/9=10/10=1，这一段除以5的值相同，就可以求出来莫比乌斯函数的前缀和，提取公因式，合并到一块。
这段区间下届是6，上届是10/（10/6），即10
从我写的公式里来看分块优化这段代码，显得很别扭，这里有一个分析详细的：

图片截取自：http://www.cnblogs.com/candy99/p/6209502.html

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int MAXN = 100000;bool check[MAXN+10];int prime[MAXN+10];int mu[MAXN+10];int a,b,c,d,k,n;void Moblus(){    memset(check,false,sizeof(check));    mu[1] = 1;    int tot = 0;    for(int i = 2; i <= MAXN; ++i)    {        if(!check[i])        {            prime[tot++] = i;            mu[i] = -1;        }        for(int j = 0; j < tot; ++j)        {            if(i*prime[j] > MAXN) break;            check[i*prime[j]] = true;            if(i%prime[j] == 0)            {                mu[i*prime[j]] = 0;                break;            }            else            {                mu[i*prime[j]] = -mu[i];            }        }    }}int sum[MAXN+10];LL solve(int n, int m){    LL ans = 0;    if(n > m) swap(n,m);    for(int i = 1, la = 0; i <= n; i = la+1)    {        la = min(n/(n/i),m/(m/i));        ans += (LL)(sum[la]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);    }    return ans;}int main(){    Moblus();    for(int i = 1; i <= MAXN; ++i)        sum[i] = sum[i-1] + mu[i];    scanf("%d",&n);    while(n--)    {        scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&k);        LL ans = solve(b/k,d/k)         - solve((a-1)/k,d/k)        - solve(b/k,(c-1)/k)        + solve((a-1)/k,(c-1)/k);        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}