BZOJ 2301 [HAOI2011]Problem b （莫比乌斯反演）

题目链接：
BZOJ 2301

题意：
对于给出的$n$个询问，每次求有多少个数对$(x,y)$，满足$a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k$。
$100\%$的数据满足：$1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000$

题解：

首先用容斥原理将一个询问拆成四个部分，问题等价于询问有多少个数对$(x,y)$满足$1≤x≤floor(n/k),1≤y≤floor(m/k)$且$x$与$y$互质。我们可以令$f(i)$为$1≤x≤n,1≤y≤m$且$gcd(x,y)=i$的数对$(x,y)$的个数，$F(i)$为$1≤x≤n,1≤y≤m$且$i|gcd(x,y)$的数对的个数。
那么可以得到：
$F(i)=\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{i} \right \rfloor$。
反演后得到：
$f(i)=\sum_{i|d}^{.}\mu(\frac{d}{i})F(d)=\sum_{i|d}^{.}\mu(\frac{d}{i})\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor$。
枚举原题中$k$的每一个倍数，我们就可以$O(n)$处理每个询问，但这样还是不行。
进一步优化，观察式子，发现$\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$最多有$2\sqrt{n}$个取值。
那么$\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor$至多有$2\sqrt{n}+2\sqrt{m}$个取值。
枚举这$2\sqrt{n}+2\sqrt{m}$个取值，对莫比乌斯函数维护一个前缀和，就可以在$O(\sqrt{n})$求出解。总时间复杂度$O(n\sqrt{n})$。
枚举除法的取值这种方法在莫比乌斯反演的应用中很常用。
就一行代码：

pos=min(n/(n/i),m/(m/i));

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 500010;
int a,b,c,d,k;
int tot;
int t;
int mu[maxn],prime[maxn],sum[maxn];
bool check[maxn] = {1,1};
void mobius()
{
    mu[1]=1;int n=50000;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!check[i]) prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++){
            check[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0){mu[i*prime[j]]=0;break;}
            else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int calc(int n,int m)
{
    if(n>m) swap(n,m);
    int ans=0,pos=0;
    for(int i=1;i<=n;i=pos+1)
    {
        pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(n/i)*(m/i)*(sum[pos]-sum[i-1]);
    }
    return ans; 
} 
int main()
{
    mobius();
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        a--;c--;
        int ans = calc(b/k,d/k) - calc(a/k,d/k) - calc(c/k,b/k) + calc(a/k,c/k);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}