洛谷P3455 [POI2007]ZAP-Queries（莫比乌斯反演）

传送门

设$$f(k)=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=k]$$

$$g(n)=\sum_{n|k}f(k)=\lfloor\frac{a}{n}\rfloor\lfloor\frac{b}{n}\rfloor$$

根据莫比乌斯反演定理可以推出$$f(n)=\sum_{n|k}\mu(\lfloor\frac{k}{n}\rfloor)g(k)$$

那么可以发现$ans=f(d)$

然后用推出来的结论带进去

$$ans=\sum_{d|k}\mu(\lfloor\frac{k}{d}\rfloor)g(k)$$

枚举$\lfloor\frac{k}{d}\rfloor$设为$t$

$$ans=\sum_{t=1}^{min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)}\mu(t)\lfloor\frac{a}{td}\rfloor\lfloor\frac{b}{td}\rfloor$$

对于$\lfloor\frac{a}{td}\rfloor\lfloor\frac{b}{td}\rfloor$相同的一段我们可以直接用前缀和算出答案

总而言之就是先预处理出$\mu$的前缀和然后用整除分块，那么每一次询问的复杂度就是$O(\sqrt{n})$

 //minamoto
 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #define ll long long
 using namespace std;
 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
 inline int read(){
     #define num ch-'0'
     char ch;bool flag=;int res;
     while(!isdigit(ch=getc()))
     (ch=='-')&&(flag=true);
     for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);
     (flag)&&(res=-res);
     #undef num
     return res;
 }
 const int N=6e5+;
 int p[N],mu[N],vis[N],m,sum[N];ll ans,lim;
 void init(int n){
     mu[]=;
     for(int i=;i<=n;++i){
         if(!vis[i]) mu[i]=-,p[++m]=i;
         for(int j=;j<=m&&p[j]*i<=n;++j){
             vis[i*p[j]]=;
             if(i%p[j]==) break;
             mu[i*p[j]]=-mu[i];
         }
     }
     for(int i=;i<=n;++i) sum[i]=sum[i-]+mu[i];
 }
 int main(){
 //    freopen("testdata.in","r",stdin);
     int n,m,T,d;scanf("%d",&T);
     init();
     while(T--){
         scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);ans=;
         lim=min(n/d,m/d);
 
         for(int l=,r;l<=lim;l=r+){
             r=min(n/(n/l),m/(m/l));
             ans+=1ll*(n/(l*d))*(m/(l*d))*(sum[r]-sum[l-]);
         }
         printf("%lld\n",ans);
     }
     return ;
 }