BZOJ 2301: [HAOI2011]Problem b（莫比乌斯反演，分块，容斥）

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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，gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。

和HDU1695基本是类似的，这道题如果还是使用之前的方法计算

f(k)=∑k|du(dk)F(d)=∑k|du(dk)⌊Bd⌋⌊Dd⌋

（其中k=1,B,D分别是两个区间右端点）会TLE，这里面有一个优化的地方，因为

⌊Nx⌋≤2×N−−√

所以就会存在

Nx=Nx+1...

等，这样一段连续的区间就可以分成一块。

比如N=16,当

6≤d≤8

的时候，有

166=167=168=2

那么函数

f(1)=∑1|du(d)F(d)

在

6≤d≤8

的时候F(d)的结果都是一样的，即

F(6)=F(7)=F(8)

那么

f(1)=...+u(6)F(6)+u(7)F(7)+u(8)F(8)+...=...+F(6)[u(6)+u(7)+u(8)]+...

这样u函数用前缀和维护，这段就

O(1)

计算了，所以这段计算的时间由

O(n)

降到

O(N−−√)

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;#define cl(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define ll long long#define pb push_back#define gcd __gcdconst double EPS = 1e-8;const int maxn = 1e5+1000;const int inf  = 0x3f3f3f3f;const double PI = acos(-1.0);bool check[maxn];int prime[maxn];int mu[maxn];void Moblus(){    cl(check,false);    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 k;/*//TLE 代码ll cal(int n,int m){    n/=k;m/=k;    if(n>m)swap(n,m);    ll ans=0;    for(int i=1;i<=n;i++)ans+=(ll)mu[i]*(n/i)*(m/i);    return ans;}*/ll sum[maxn];//分块优化 N/x值的种类个数不大于2*sqrt(N)ll cal(int n,int m){    n/=k;m/=k;    if(n>m)swap(n,m);    ll ans=0;    for(int i=1,last=0;i<=n;i=last+1){        last=min(n/(n/i),m/(m/i));//计算当前i能往右边扩的位置，比如N=16,i=6,那么就能扩到8的位置        ans+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);    }    return ans;}int main(){    int T;scanf("%d",&T);    Moblus();    sum[0]=0;for(int i=1;i<maxn;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];    while(T--){        int a,b,c,d;        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);        printf("%lld\n",cal(b,d)-cal(a-1,d)-cal(c-1,b)+cal(a-1,c-1));//容斥原理    }    return 0;}