[Luogu P3455] [POI2007]ZAP-Queries (莫比乌斯反演 )

题面

传送门：洛咕

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Solution

这题比这题不懂简单到哪里去了

好吧，我们来颓柿子。

为了防止重名，以下所有柿子中的\(x\)既是题目中的\(d\)

为了方便讨论，以下柿子均假设\(b>=a\)

为了方便书写，以下除号均为向下取整

题目要求的显然是：

\(\large \sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=x]\)

根据套路，我们这里要先把这个\(x\)除掉

\(\large \sum_{i=1}^{a/x}\sum_{j=1}^{b/x}[gcd(i,j)=1]\)

再根据套路，根据莫比乌斯函数中\([x=1]=\sum_{d|x}\mu(d)\)的性质，我们把这个\(gcd(i,j)\)略作转换：

\(\large \sum_{i=1}^{a/x}\sum_{j=1}^{b/x}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\)

再次根据套路，我们把\(d\)的和号改成枚举\(d\)的形式：

\(\large \sum_{i=1}^{a/x}\sum_{j=1}^{b/x}\sum_{d=1}^{a/x}\mu(d)*[d|gcd(i,j)]\)

显然，我们可以把\(\mu(d)\)和它前面的和号提到前面去

\(\large \sum_{d=1}^{a/x}\mu(d)\sum_{i=1}^{a/x}\sum_{j=1}^{b/x}[d|gcd(i,j)]\)

显然，若要\([d|gcd(i,j)]=1\)，则\(i,j\)都必须为\(d\)的倍数

\(\large \sum_{d=1}^{a/x}\mu(d)\frac{a}{x*d}\frac{b}{x*d}\)

OK,到此为止，我们所有东西都可以算了。

前面那个\(\mu(d)\)可以配上后面的两个和号用整除分块的方法前缀和计算即可。如果不是很清楚的话可以看一下代码。

时间复杂度\(O(m*\sqrt n)\)

完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿0

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Code

//Luogu P3455 [POI2007]ZAP-Queries
//Jan,22ed,2019
//莫比乌斯反演
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long read()
{
	long long x=0,f=1; char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=50000+100;
const int M=50000;
int cnt_p,prime[N],mu[N];
bool noPrime[N];
void GetPrime(int n)
{
	noPrime[1]=true,mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(noPrime[i]==false)
			prime[++cnt_p]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=cnt_p and i*prime[j]<=n;j++)
		{
			noPrime[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*prime[j]]=mu[i]*mu[prime[j]];
		}
	}
}
long long pre_mu[N];
int main()
{
	GetPrime(M);
	for(int i=1;i<=M;i++)
		pre_mu[i]=pre_mu[i-1]+mu[i];

	int T=read();
	for(;T>0;T--)
	{
		long long a=read(),b=read(),x=read();

		long long ans=0;
		if(a>b) swap(a,b);
		a/=x,b/=x;
		for(int l=1,r;l<=a;l=r+1)
		{
			r=min(a/(a/l),b/(b/l));
			ans+=(pre_mu[r]-pre_mu[l-1])*(a/l)*(b/l);
		}

		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}