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前情提要

建议先去看看Zap，数据加强了，但思路较为简单。

题面描述

传送门

思路

与Zap不同的就是多了

注意：2，3和3，2是一种情况

那么我们就要去重了。

设 $D(a,b,k)$表示满足 $x\le a,y\le b$且 $k \mid \gcd(x,y)$的二元组有多少对。

由于 $D(a,b,k)=\left\lfloor a/k\right\rfloor* \left\lfloor b/k\right\rfloor$

设 $F(a,b)$表示满足 $x\le a,y\le b$并且 $x,y$互质的二元组有多少对。

由于

$F(a,b)=\sum_{i=1}^{\operatorname{min}(a,b)}\mu(i)*D(a,b,i)$

通过交换，我们可以得到 $a=\operatorname{min}(a,b),b=\operatorname{max}(a,b)$，因为 $F(a,b)$中， $\forall x\in[2,a]$， $\forall i[1,x]$，且 $i$与 $x$互质， $i$都被选了两次(仅在 $[1,a]$这个范围中能够互相交换,，可以画图细细感受)，对于每个 $x$，根据欧拉函数的定义，这样的 $i$都有 $\varphi(x)$个。

所以我们要完成去重的话，我们要在Zap原答案上减去 $\large\sum_{x=1}^{a}\varphi(x)$

特别地，这道题的伪欧拉 $\varphi(1)=0$,因为 $D(1,1,1)=1$！

分块求解即可。

就为此题答案。

AC code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#define ll long long
#define gc getchar()
using namespace std;
inline void qr(int &x)
{
	x=0;int f=1;char c=gc;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=gc;}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=gc;}
	x*=f;
}
void qw(ll x)
{
	if(x/10)qw(x/10);
	putchar(x%10+48);
}
const int N=1e4+10;
const int inf=1e4;
const int M=1500;
int prime[M],miu[N],m,phi[N];bool v[N];
inline void g_p()
{
	m=0;memset(v,false,sizeof(v));miu[1]=1;phi[1]=1;
	for(int i=2;i<=inf;i++)
	{
		if(!v[i])prime[++m]=i,miu[i]=-1,phi[i]=i-1;
		for(int j=1;j<=m&&i*prime[j]<=inf;j++)
		{
			v[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				miu[i*prime[j]]=0;
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
				break;
			}
			else miu[i*prime[j]]=-miu[i],phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
		}
	}
}
inline void gcd_miu()
{
	int a,b,k;qr(a),qr(a),qr(b),qr(b),qr(k);
	a/=k,b/=k;if(a>b)swap(a,b);ll ans=0;
	for(int x=1,gx;x<=a;x=gx+1)
	{
		gx=min(a/(a/x),b/(b/x));
		ans+=(ll)(miu[gx]-miu[x-1])*(a/x)*(b/x);
	}
	ans-=phi[a];
	qw(ans);puts("");
}
void solve()
{
	for(int i=2;i<=inf;i++)miu[i]+=miu[i-1];
	for(int i=3;i<=inf;i++)phi[i]+=phi[i-1];
	int t;qr(t);while(t--)gcd_miu();
}
int main()
{
	g_p();
	solve();
	return 0;
}