http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2440
Description
小 X 自幼就很喜欢数。但奇怪的是，他十分讨厌完全平方数。他觉得这些
数看起来很令人难受。由此，他也讨厌所有是完全平方数的正整数倍的数。然而
这丝毫不影响他对其他数的热爱。
这天是小X的生日，小 W 想送一个数给他作为生日礼物。当然他不能送一
个小X讨厌的数。他列出了所有小X不讨厌的数，然后选取了第 K个数送给了
小X。小X很开心地收下了。
然而现在小 W 却记不起送给小X的是哪个数了。你能帮他一下吗？
Input
包含多组测试数据。文件第一行有一个整数 T，表示测试
数据的组数。
第2 至第T+1 行每行有一个整数Ki，描述一组数据，含义如题目中所描述。
Output
含T 行，分别对每组数据作出回答。第 i 行输出相应的
第Ki 个不是完全平方数的正整数倍的数。
Sample Input
1
13
100
1234567
Sample Output
19
163
2030745
HINT
对于 100%的数据有 1 ≤ Ki ≤ 10^9
, T ≤ 50
首先二分答案 问题转化为求[1,x]之间有多少个无平方因子数
根据容斥原理可知 对于sqrt(x)以内所有的质数 有
x以内的无平方因子数
=0个质数乘积的平方的倍数的数的数量(1的倍数)
-每个质数的平方的倍数的数的数量(9的倍数,25的倍数,...)
+每2个质数乘积的平方的倍数的数的数量(36的倍数,100的倍数,...)-...
容易发现每个乘积a^2前面的符号恰好是mu[a]
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define maxn 1000000
#define LL long long
LL mu[maxn+1];
LL pri[maxn+1],tot;
bool isprime[maxn+1];
void init(){
tot=0;
isprime[0]=isprime[1]=false;
for(LL i=2;i<=maxn;i++)isprime[i]=true;
for(LL i=2;i<=maxn;i++){
if(isprime[i]){
pri[tot++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(LL j=0;j<tot&&i*pri[j]<=maxn;j++){
isprime[i*pri[j]]=0;
if(i%pri[j]==0){
mu[i*pri[j]]=0;
break;
}
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
}
LL calc(LL m){
LL res=0;
for(LL i=2;i*i<=m;i++){
LL tmp=m/(i*i);
res-=mu[i]*tmp;
}
return res;
}
LL bin(LL m){
LL res=m;
for(LL i=2;i*i<=m;i++){
LL tmp=m/(i*i);
res+=mu[i]*tmp;
}
return res;
}
int main(){
init();
LL T;scanf("%lld",&T);
while(T--){
LL k;scanf("%lld",&k);
// LL t = k + calc(k);
// while(t-calc(t)!=k){
// t = k + calc(t);
// }
LL l=k + calc(k),r=k+k,tt,cnt;
// cout<<calc(4)<<endl;
while(l<=r){
tt=(l+r)>>1;
cnt=bin(tt);
// cout<<cnt<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<tt<<endl;
if(cnt>k)r=tt-1;
else if(cnt<k)l=tt+1;
else if(cnt==k&&calc(tt-1)==calc(tt)){
break;
}else{
r=tt-1;
}
}
// cout<<cnt<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<tt<<endl;
printf("%lld\n",tt);
}
return 0;
}Description
Input
第一行一个整数n，接下来n行每行五个整数，分别表示a、b、c、d、k
Output
共n行，每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数
Sample Input
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2
Sample Output
14
3
题意很清楚了，求多少个（x,y）对。
那么令f(k)表示为gcd(x,y)=k的个数，其中a<=x<=b && c<=y<=d
如此，对应F(k)表示gcd(x,y)=k倍数的数的个数。
对于这个题，假设用函数calc(b,d)计算表示为1<=x<=b && 1<=y<=d的gcd(x,y)==k的对数，那么最终结果为：
calc(b,d)-calc(a-1,d)-calc(b,c-1)+cala(a-1,c-1)
如此一来，计算F(k)就方便了，比如calc(b,d)的话，
F[k]=(b/k)*(d/k)。
然后通过莫比乌斯反演得到f(k)即为结果。
但是会TLE。
需要优化，
观察式子，发现 （n/k） 最多有 2sqrt(n) 个取值
那么 (n/k)*(m/k) 就至多有 2(sqrt(n)+sqrt(m)) 个取值
枚举这 些 取值，对莫比乌斯函数维护一个前缀和，就可以在 sqrt(n) 时间内出解
总时间复杂度nsqrt(n)
枚举除法的取值这种方法在莫比乌斯反演的应用当中非常常用，且代码并不难写
if(n>m) swap(n,m);
for(i=1;i<=n;i=last+1)
{
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
re+=(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
}
return re;
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 50000
int mu[maxn+1],sum[maxn+1];
int notprime[maxn+1];
int pri[maxn+1],tot;
void init(){
mu[1]=1;
sum[1]=1;
for(int i=2;i<=maxn;i++){
if(!notprime[i]){
pri[tot++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;j<tot&&pri[j]*i<=maxn;j++){
notprime[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){
mu[i*pri[j]]=0;
break;
}
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
}
/****************************************************
int calc(int n,int m,int k){ //TLE case T more
if(n>m)swap(n,m);
int res=0;
for(int i=k;i<=n;i+=k)
res+=mu[i/k]*(n/i)*(m/i);
return res;
}
*****************************************************/
int calc(int n,int m,int k){ //TLE case T more
if(n>m)swap(n,m);
n/=k,m/=k;
int res=0,last;
for(int i=1;i<=n;i=last+1){
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
// cout<<i<<" "<<k<<endl;
res+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
return res;
}
int main(){
init();
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
int a,b,c,d,k;scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
int ans=calc(b,d,k)-calc(a-1,d,k)-calc(b,c-1,k)+calc(a-1,c-1,k);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
