[POI2007]ZAP-Queries

原题链接

题目大意

• 求\(\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(x,y)=d]\)
• 多组输入
• \(1\le d\le a,b\le 50000\)

解题思路

• 根据之前做过的题的经验(YY的GCD)，那么这一题就显得十分套路(简单)了。
• 我们设：
  \[f(k)=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=k]\]
  \[F(n)=\sum_{n|k}f(k)=\lfloor\frac{a}{n}\rfloor\lfloor\frac{b}{n}\rfloor\]
  则可以由莫比乌斯反演可以推出：
  \[f(n)=\sum_{n|k}\mu(\lfloor\frac{k}{n}\rfloor)F(k)\]
• (PS:如果不知道为什么要设这两个函数，可以点开我上面放的链接)
• 设完这两个函数之后，我们便惊喜的发现，\(Ans=f(d)\)
• 于是就直接开始推答案：
  \[Ans=\sum_{d|k}\mu(\lfloor\frac{k}{d}\rfloor)F(k)\]
  枚举\(\lfloor\frac{k}{d}\rfloor\)设为\(t\)
  \[Ans=\sum_{t=1}^{min(a,b)}\mu(t)\lfloor\frac{a}{td}\rfloor\lfloor\frac{b}{td}\rfloor\]
  这时候，这个式子已经可以做到\(O(n)\)的时间复杂度了，但是因为有多组数据，所以我们再用一下整除分块，这题就可以做到\(O(\sqrt{n})\)了。

• 下附代码：

  #include<bits/stdc++.h>
  #define N 60010
  using namespace std;
  inline void read(long long &x)
  {
  x=0;
  static long long p;p=1;
  static char c;c=getchar();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(c-48);c=getchar();}
  x*=p;   
  }
  bool vis[N];
  long long prim[N],mu[N],sum[N],cnt;
  void get_mu(long long n)
  {
  mu[1]=1;
  for(long long i=2;i<=n;i++)
  {
      if(!vis[i]){mu[i]=-1;prim[++cnt]=i;}
      for(long long j=1;j<=cnt&&i*prim[j]<=n;j++)
      {
          vis[i*prim[j]]=1;
          if(i%prim[j]==0)break;
          else mu[i*prim[j]]=-mu[i];
      }
  }
  for(long long i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
  }
  int main()
  {
  //  freopen("P3455.in","r",stdin);
  //  freopen("P3455.out","w",stdout);
  long long t;
  read(t);
  get_mu(50000);
  while(t--)
  {
      static long long a,b,d;
      read(a);read(b);read(d);
      static long long max_rep,ans;
      max_rep=min(a,b);ans=0;
      for(long long l=1,r;l<=max_rep;l=r+1)
      {
          r=min(a/(a/l),b/(b/l));
          ans+=(a/(l*d))*(b/(l*d))*(sum[r]-sum[l-1]);
      }
      printf("%lld\n",ans);
  }
  return 0;
  }