对于给出的 n 个询问,每次求有多少个数对 (x,y) ,满足 a ≤ x ≤ b , c ≤ y ≤ d ,且 gcd(x,y) = k , gcd(x,y) 函数为 x 和 y 的最大公约数。
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 2 5 1 5 1 1 5 1 5 2
Sample Output
14 3
Hint
100%的数据满足:1≤n≤50000,1≤a≤b≤50000,1≤c≤d≤50000,1≤k≤50000
题意:中文题,不过多叙述题意。
思路:这道题的话,让你求在a<=x<=b,c<=y<=d,满足gcd(x,y)是k的(x,y)的对数。对于求 ( a , c ) ( b , d ) 区间内的解 我们可以用容斥原理解决c a l c ( b , d ) − c a l c ( a − 1 , d ) − c a l c( b , c − 1 ) + c a l c ( a − 1 , c − 1 )。那么对于求每一个 c a l c ( x , y ) 时首先要明确的是求 gcd ( x , y ) = k,就是求 gcd ( x / k , y / k ) = 1 的解。这里我们可以用莫比乌斯反演来做,之后
AC代码:
#include <stdio.h>
#include <string>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
typedef long long ll;
const int maxx=100010;
const int mod=10007;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-8;
using namespace std;
int mu[maxx],prime[maxx];
bool vis[maxx];
int sum[maxx];
int cnt;
void get_mu()
{
memset(prime,0,sizeof(prime));
memset(vis,false,sizeof(vis));
memset(mu,0,sizeof(mu));
cnt=0;
mu[1]=1;
for(ll i=2; i<=maxx; i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[cnt++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(ll j=0; j<cnt && i*prime[j]<=maxx; j++)
{
vis[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j])
{
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
else
{
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}
}
}
}
ll findd(int n,int m)//分块优化
{
int j;
ll cnt=0;
if(n>m)
swap(n,m);
for(int i=1,j=0; i<=n; i=j+1)
{
j=min(n/(n/i),m/(m/i));
cnt+=(long long )(sum[j]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);//sum是mu的前缀和
}
return cnt;
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
get_mu();
for(int i=1; i<=maxx; i++)
sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
while(t--)
{
int a,b,c,d,k;
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
ll ans=0;
ans=findd(b/k,d/k)-findd((a-1)/k,d/k)-findd((c-1)/k,b/k)+findd((a-1)/k,(c-1)/k);//容斥
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}