【BZOJ 2301】Problem B 莫比乌斯反演

题意

n个询问。
求∑bi=a∑dj=c[gcd(i,j)=k]。
1≤n≤50000，≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000

分析

用莫比乌斯反演求解这道题。
网上常见的分析有两种，一种是直接推一遍莫比乌斯反演，另一种是直接使用莫比乌斯反演。。

反演：
F(n)=∑n|df(d)⇒f(n)=∑n|dμ(dn)F(d)。

首先，根据容斥原理，把原问题转成4个子问题。
现在的问题相当于求：
∑ni=1∑mj=1[gcd(i,j)=k]。

发现直接求解不容易，考虑使用反演。
设：f(k)=∑ni=1∑mj=1[gcd(i,j)=k]，即为所求的答案。
F(k)=∑ni=1∑mj=1[k|gcd(i,j)]=⌊nk⌋⌊mk⌋。

则有F(k)=∑k|df(d)。
∴f(k)=∑k|dμ(dk)F(d)=∑k|dμ(dk)⌊nd⌋⌊md⌋

下一步在popoqqq的PPT里面没有讲清楚啊，然后就直接给代码了。不过这也是很容易想到的。
我们考虑枚举dk的值i，则d=ki
∴f(n)=∑ni=1μ(i)⌊nki⌋⌊mki⌋。
到这里两种方法求出的结果已经相同了。

接下来的方法就不赘述了。
这里只是证明一下⌊nd⌋只有O(n−√)个取值。
证明：①当d≤n−√时，因为只有n−√个数，所以只有n−√个取值。
②当d>n−√时，nd<n−√，又因为是整数，所以最多只有n−√个取值。
综上，有O(n−√)个取值。

代码

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cctype>#include <algorithm>using namespace std;const int N=50001;int vis[N],mu[N],pri[N],tot,suf[N];int cas;int a,b,c,d,k;int s1,s2,s3,s4,ans;inline int read(void){    int x=0; char c=getchar();    for (;!isdigit(c);c=getchar());    for (;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';    return x;}int query(int n,int m){    int a=n/k,b=m/k; int l,r; int calc=0;    if (a>b) swap(a,b);    for (l=1;l<=a;l=r+1)    {        r=min(a/(a/l),b/(b/l));        calc=calc+(a/l)*(b/l)*(suf[r]-suf[l-1]);    }    return calc;}int main(void){//  freopen("a.in","r",stdin);//  freopen("a.out","w",stdout);    vis[1]=mu[1]=1;    for (int i=2;i<N;i++)    {        if (!vis[i])        {            mu[i]=-1;            pri[++tot]=i;        }        for (int j=1;j<=tot;j++)        {            if (i*pri[j]>=N) break;            vis[i*pri[j]]=1;            if (i%pri[j]!=0)                mu[i*pri[j]]=-mu[i];            else            {                mu[i*pri[j]]=0;                break;            }        }    }    for (int i=1;i<N;i++)        suf[i]=suf[i-1]+mu[i];    cas=read();    for (int cc=1;cc<=cas;cc++)    {        a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),k=read();        s1=query(b,d);        s2=query(a-1,d);        s3=query(b,c-1);        s4=query(a-1,c-1);        ans=s1+s4-s2-s3;        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}