BZOJ 2301 - 莫比乌斯反演 + 前缀和 + 分块计算

题意：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。
首先用容斥原理将一个询问拆成4个。然后，一种可行的转化是求一种可行的转化是先令k=1，即求1≤floor(x/k)≤n 且 1≤floor(y/k)≤m 的互质数对(x,y)的数量。然后我们考虑用莫比乌斯反演。我们经常使用的一种形式是

f(k)=∑k|dμ(dk)F(d)

因此，我们可以设f(k)为范围内gcd(x,y)=k的数对个数（即一个询问的答案），然后设F(d)为范围内d|gcd(x,y)的数对个数。我们会发现F[d]是比较好算的：它就是⌊nd⌋⌊md⌋，其中n和m分别是x和y的取值范围。别忘了之前我们已经令k=1，所以我们枚举的d其实就是正整数。如果我们枚举d的话，在原本k=1的时候，每次询问的时间复杂度就会退化成O(n)的，所以我们需要改进。
在1257那道题里面，我们曾经利用过一个结论：n/d的值有O(n‾‾√)个。这样，我们就可以枚举这个商，以每个商为一块，分块计算之。这里，我们继续利用这个结论。我们设d在区间[l,r]上时，F[d]=⌊nd⌋⌊md⌋的值不变。为了保险起见，我们把它拆成两个式子：

⌊nl⌋=⌊nr⌋且⌊ml⌋=⌊mr⌋

然后就是和1257一样的方法，用整除的性质放缩一下，分别得出r关于l的两个范围，取较小的那一个就行了。下一次循环的l′就是r+1。

// BZOJ 2301#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std; const int N=50000+5; #define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++) #define dep(i,a,b) for (int i=a; i>=b; i--) #define read(x) scanf("%d", &x) #define fill(a,x) memset(a, x, sizeof(a)) /* 筛Mobius函数的过程： 思想一：一边计算miu函数，一边筛质数； 思想二：每个数只被其最小的质数筛去 */ bool vis[N]; int miu[N], T, a, b, c, d, k, prime[N], sum[N], s1, s2, s3, s4; void get_Mobius() {    int tot=0;    miu[1]=1;     fill(vis, false);    rep(i,2,N) {        if (!vis[i]) { prime[++tot]=i; vis[i]=true; miu[i]=-1; }        for (int j=1; j<=tot && prime[j]*i<=N; j++) {            int k=prime[j]*i;            vis[k]=true;            if (i%prime[j]==0) { miu[k]=0; break; }            else miu[k]=-miu[i];         }    }    sum[0]=0;    rep(i,1,N) sum[i]=sum[i-1]+miu[i]; } int query(int n, int m) {    int last=0, ret=0;    if (n>m) swap(n, m);    for (int i=1; i<=n; i=last+1) {        last=min(n/(n/i), m/(m/i));        ret+=(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);    }    return ret; }int main(){    get_Mobius();    read(T);    while (T--) {        read(a); read(b); read(c); read(d); read(k);        a--; c--;        int s1=query(b/k, d/k), s4=query(a/k, c/k);        int s2=query(a/k, d/k), s3=query(c/k, b/k);        printf("%d\n", s1-s2-s3+s4);    }    return 0;}