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题目描述：

LZN 搞完保送生考试，终于要回到信息组大家庭了，Chanxer 决定要好好地欢迎LZN，于是他在在操场上整齐地插了(M + 1) *(N + 1) 个标杆，形成了一个平面直角坐标系，左下角的标杆的坐标为(0; 0)，右上角的标杆的坐标为(M;N)，Chanxer 现在想要选择两个标杆作为端点连上横幅“ 机房欢迎你”。

可是，由于Chanxer 很农，他不希望横幅被其它的标杆拦住，因此他要求选择的两个标杆的连线不应该经过其它标杆，并且横幅的长度还应该在[L;R]以内。

现在Chanxer 想要知道他有多少种选法，注意，由于横幅的两面是一模一样的，所以选择的两个点没有起点终点之分，鉴于答案可能很大，而又不允许上交Python、Java 等语言的源代码，你只需要告诉他答案除以B 的余数是多少就可以了。

题目分析：

我们设两个两个标杆横坐标的距离差为x，纵坐标的距离差为y。
我们把x=0和y=0的情况刨出来单算：
只有L<=1的时候，这两种情况才有答案，答案为n*(m+1)+m *(n+1)

剩下的就是：

解释一下这个式子的意思：枚举x和y，答案加上满足长度在范围内且连线不经其他过格点（即gcd（x，y）==1）的方案。
对于一对固定的x和y，它的在横向上最多可以取（m-x+1）个位置，在纵向上最多可以取（n-y+1）个位置，那么可选的方案就共有（m-x+1）*（n-y+1）种，但是这条线段可以向上倾斜也可以向下倾斜，所以答案要乘2。

我们只需要枚举x和y，当然如果暴力枚举的话肯定GG。
观察这个式子，可以观察出，x只需要枚举到min(m,R)，而当x固定的时候，y只需要在区间[sqrt(L* L-x *x),sqrt(R *R-x *x) ]内枚举即可，即可以省掉长度范围的判断。
按照上述条件把原式进行变形：

我们设 l 为枚举y的下限，r为枚举y的上限。
于是问题转化成了，如何求：

即如何快速求出：

（lim和x是给定的）

这个时候可以利用莫比乌斯函数进行容斥，即该式可以转化为：

上面这个转化不懂的可以选择看看我的Zap的题解：
http://blog.csdn.net/todobe/article/details/60579910
也可以根据莫比乌斯函数求和的性质，只有gcd为1的时候莫比乌斯函数的和为1，其他时候都为0，乘上方案数相加之后恰好为所求答案。

这样我们只要用sqrt（x）的时间枚举x的约数，然后∑（d|y）（n-y+1）是可以O（1）算出的。
不会O（1）算的小伙伴看这里：
我们设一个临时变量t=lim/d（因为是要求lim范围内合法的y嘛）
这个t代表共有t个合法的y，分别为：d，2d，3d……td;
我们要求的就是把这些y分别带入（n-y+1）里面然后求和。
这样我们把常量（n+1）提出来，就是（n+1）* t +（（1+t）* t /2）*d
这样就算出来了（你们看完之后是不是觉得写题解的人非常智障啊=。=）

时间复杂度O（nsqrt（n））
其实后面的部分也可以不用莫比乌斯函数来做，直接容斥也可以。
（但是本宝宝是蒟蒻T^T，只会这种）

注意：

在计算第二维的下限的时候要和1取一个max，因为0的情况你已经单算了，如果枚举的x（即我代码里的i）已经大于L的时候，它的下限直接设为1即可

代码如下：

#include <cstdio>#include <iostream>#include <cmath>#include <algorithm>#define N 120000using namespace std;typedef long long LL;inline LL sqr(LL x) { return x*x; }LL n,m,L,R,mod,ans;inline LL sum(LL x) { return (x*(x+1)>>1)%mod; }bool mark[N];LL pri[N],u[N];int top;void init(){    u[1]=1;    for(LL i=2;i<N;i++)    {        if(!mark[i])        {            pri[++top]=i;            u[i]=-1;        }        for(int j=1;j<=top && pri[j]*i<N;j++)        {            mark[i*pri[j]]=true;            if(i%pri[j]==0)            {                u[i*pri[j]]=0;                break;            }            u[i*pri[j]]=-u[i];        }    }}LL calc(LL lim,LL x){    LL ans=0;    LL t,i;    for(i=1;i*i<x;i++)    {        if(x%i==0)        {            t=lim/i;            ans+=(u[i]*((n+1)*t%mod-sum(t)*i%mod)+mod)%mod,ans%=mod;            t=lim/(x/i);            ans+=(u[x/i]*((n+1)*t%mod-sum(t)*(x/i)%mod)+mod)%mod,ans%=mod;        }    }    if(i*i==x)    {        t=lim/i;        ans+=(u[i]*((n+1)*t%mod-sum(t)*i%mod)+mod)%mod,ans%=mod;    }    return ans;}int main(){    init();    cin>>n>>m>>L>>R>>mod;    for(LL i=1;i<=min(m,R);i++)    {        LL l=i>L?1:max(1ll,LL(ceil(sqrt(sqr(L)-sqr(i)))));        LL r=min(n,LL(sqrt(sqr(R)-sqr(i))));        if(l<=r) ans+=(calc(r,i)-calc(l-1,i)+mod)%mod*(m-i+1)%mod*2%mod,ans%=mod;    }    if(L<=1) ans+=m*(n+1)%mod+n*(m+1)%mod,ans%=mod;    cout<<ans<<endl;    return 0;}