[Description] 有n個詢問(n≤50000),每個詢問有五個整數a,b,c,d,k,求有多少個數對(x,y)滿足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y)=k.(a≤b≤50000,c≤d≤50000,k≤50000)
[Solution]
我們發現，計算一個數x在某個閉區間[a,b]內的因數數量並不是很方便，可以轉化爲x在區間[1,b]的因數的數量-x在區間[1,a-1]的因數的數量（因爲求[1,Z]比較好求）。
原問題是，對於所有x∈[a,b],y∈[c,d]，求所有gcd(x,y)=k的點對的數量。
根據容斥原理，問題轉化爲，計算:
所有x∈[1,b],y∈[1,d],所有gcd(x,y)=k的點對的數量
-所有x∈[1,a-1],y∈[1,d],所有gcd(x,y)=k的點對的數量
-所有x∈[1,b],y∈[1,c-1],所有gcd(x,y)=k的點對的數量
+所有x∈[1,a-1],y∈[1,c-1],所有gcd(x,y)=k的點對的數量
所以怎麼求解任意x∈[1,n],y∈[1,m],所有gcd(x,y)=k的點對的數量呢？
設f(k)=任意x∈[1,n],y∈[1,m],所有gcd(x,y)=k的點對的數量,我們發現並不好求，於是再設F(k)=任意x∈[1,n],y∈[1,m],所有滿足k整除gcd(x,y)的點對的數量
因爲F值比f值容易求，所以我們這時可以運用莫比烏斯反演了。
容易發現，只要是k的倍數的f值都對F(k)有貢獻，即
我們可以知道F(k)=floor(n/k)*floor(m/k)，即n內有n/k個數是k的倍數，m內有n/k個數是k的倍數，他們兩兩之間的最小公因數一定包含k。
於是
這樣我們就可以在線性時間求出f的值了。
然而我們發現，每個詢問的需要計算四個f，複雜度依然達到平方級，仍需優化。
還有哪裏可以優化呢？
我們發現，其實有一些k,他們的floor(n/k)*floor(m/k)是一樣的，我們還要對他們分別求和，拉慢了運行速度。
因爲不同floor(n/k)floor(m/k)值最多2 (sqrt(n)+sqrt(m))個（證明如下）
可以發現，floor(n/k)的值最多2*sqrt(n)個(小於sqrt(n)的因數x對應一個大於sqrt(n)的因數n/x)，我們將floor（n/k）值相等的k在數軸上分到一個區間，（如下圖），則最多2*sqrt(n)個區間，相同的，floor（m/k）值相等的k最多2*sqrt(m)個區間,以n=6,m=8爲例。
就是說，floor(n/k)有2*sqrt(n/k)取值，floor(n/k)有3*sqrt(n/k)取值，它們對應起來的取值，就是劃分的2*(sqrt(n/k)+sqrt(m/k))區間的區間。
且floor(n/k)*floor(m/k)值相同的k顯然是連續的，我們可以對μ求一下前綴和，對於值相同的k直接乘上他們的μ值和即可，這樣就可以將複雜度優化到O(n *sqrt(max(b,d)))了。
然而我們怎麼找到每個區間的起點和終點呢?我們發現，m/k可以找到floor值爲k的區間的末尾值，例如第一個數軸中6/floor(6/5)可以找到5所在區間的末尾6，第二個數軸中8/floor(8/5)可以找到5所在區間的末尾8，這樣，區間起點爲i，這個區間末尾就是min(floor(n/(n/i)),floor(m/(m/i))).
其實還可以更優化，求所有x∈[a,b],y∈[c,d]，求所有gcd(x,y)=k的點對的數量可轉化爲x∈[a/k,b/k],y∈[c/k,d/k]，求所有gcd(x,y)=1的點對的數量，只要在程序里加一句話就可以提速50%了，留給讀者自己思考。
之後的事就非常愉快辣！
[Code]
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=50000+10;
bool form[maxn];
int prime[maxn],mu[maxn]={0,1},sum[maxn],cnt;
void MakeMuList(){
for(int i=2;i<maxn;i++){
if(!form[i]) prime[cnt++]=i,mu[i]=-1;
for(int j=0;prime[j]*i<maxn;j++){
form[prime[j]*i]=true;
if(!(i%prime[j])){
mu[prime[j]*i]=0;
break;
}
mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<maxn;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int f(int n,int m,int k){
int ans=0;
if(n>m) swap(n,m);
for(int i=1,last;i<=n;i=last+1){
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(sum[last]-sum[i-1])*(m/(i*k))*(n/(i*k));
}
return ans;
}
int main(){
MakeMuList();
int kase; scanf("%d",&kase);
while(kase--){
int a,b,c,d,k; scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
printf("%d\n",f(b,d,k)-f(a-1,d,k)-f(b,c-1,k)+f(a-1,c-1,k));
}
return 0;
}