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题面描述

caioj

bzoj

注意，caioj题面略有不同

思路

与Zap很像。

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

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

那么我们现在多了 $a\le x\le b,c\le y\le d$这个限制。

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从 $F(a,b)$的定义下手:满足 $x\le a,y\le b$并且 $x,y$互质的二元组有多少对

我们现在要求满足 $a\le x\le b,c\le y\le d$并且 $x,y$互质的二元组有多少对

我们转化一下条件:

满足 $a\le x\le b,c\le y\le d$并且 $x,y$互质的二元组有多少对 $\leftrightarrow$

满足 $x\le b,y\le d$， $x,y$互质，且不满足 $x<a$或 $y<c$的二元组有多少对

那么我们就可以得到区间 $F(b,d),F(a-1,c-1),F(a-1,d),F(b,c-1)$

其中 $F(a-1,d),F(b,c-1)$就是分别 $x<a,y<c$的不符合题意的二元组数量，

根据容斥原理，因为 $F(a-1,d)$中所包含的二元组与 $F(b,c-1)$包含的二元组会有交集，交集重复算了两次，要去重

所以我们要相应的加上 $F(a-1,d)\cap F(b,c-1)$，即 $F(a-1,c-1)$

所以答案就为:

$F(b,d)+F(a-1,c-1)-F(a-1,d)-F(b,c-1)$

AC code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#define ll long long
#define gc getchar()
using namespace std;
const int N=1e5+5;
const int inf=1e5;
const int M=5e4+5;
int n,prime[M],m,miu[N];bool v[N];
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 g_p()
{
	m=0;memset(v,false,sizeof(v));miu[1]=1;
	for(int i=2;i<=inf;i++)
	{
		if(!v[i])prime[++m]=i,miu[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;break;}
			miu[i*prime[j]]=-miu[i];
		}
	}
	for(int i=2;i<=inf;i++)miu[i]+=miu[i-1];
}
ll calc(int a,int b)
{
	if(a>b)swap(a,b);
	ll ans=0;
	for(int x=1,gx;x<=a;x=gx+1)//分块 
	{
		gx=min(a/(a/x),b/(b/x));
		ans+=(ll)(miu[gx]-miu[x-1])*(a/x)*(b/x);
	}
	return ans;
	
}
int main()
{
	g_p();
	int t;qr(t);
	while(t--)
	{
		int a,b,c,d,k;qr(a),qr(b),qr(c),qr(d),qr(k);a--;c--;
		if(k==0){puts("0");continue;}
		a/=k,b/=k,c/=k,d/=k;
		ll ans=calc(a,c)+calc(b,d)-calc(a,d)-calc(b,c);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}