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

入门题，https://wenku.baidu.com/view/fbe263d384254b35eefd34eb.html，链接中讲的和这个题差不多，讲得挺好

http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8542292这里面第二个例题和本题也差不多，讲得挺好

朋友写的题解：https://www.dreamwings.cn/bzoj2301/4853.html

题目要求是：每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k,可以转化为

,

,gcd(x,y) = 1,求有多少对这样的(x,y),(2,3),(3,2)算两对

设f(i)为1<=x<=n,1<=y<=m，且gcd(x,y) = i的(x,y)的对数，设F(i)为满足i|gcd(x,y)的(x,y)的对数，即gcd(x,y)是i的整数倍的(x,y)的对数

先放公式：

显然：


则


代码里有分块优化，就是：

ans += (LL)(sum[la]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);

就是指在连续的某段，比如10/6=10/7=10/8=10/9=10/10=1，这一段除以5的值相同，就可以求出来莫比乌斯函数的前缀和，提取公因式，合并到一块。

这段区间下届是6，上届是10/（10/6），即10

从我写的公式里来看分块优化这段代码，显得很别扭，这里有一个分析详细的：



图片截取自：http://www.cnblogs.com/candy99/p/6209502.html

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 100000;
bool check[MAXN+10];
int prime[MAXN+10];
int mu[MAXN+10];
int a,b,c,d,k,n;

void Moblus()
{
memset(check,false,sizeof(check));
mu[1] = 1;
int tot = 0;
for(int i = 2; i <= MAXN; ++i)
{
if(!check[i])
{
prime[tot++] = i;
mu[i] = -1;
}
for(int j = 0; j < tot; ++j)
{
if(i*prime[j] > MAXN) break;
check[i*prime[j]] = true;
if(i%prime[j] == 0)
{
mu[i*prime[j]] = 0;
break;
}
else
{
mu[i*prime[j]] = -mu[i];
}
}
}
}
int sum[MAXN+10];

LL solve(int n, int m)
{
LL ans = 0;
if(n > m) swap(n,m);
for(int i = 1, la = 0; i <= n; i = la+1)
{
la = min(n/(n/i),m/(m/i));
ans += (LL)(sum[la]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
return ans;
}

int main()
{
Moblus();
for(int i = 1; i <= MAXN; ++i)
sum[i] = sum[i-1] + mu[i];
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&k);
LL ans = solve(b/k,d/k)
- solve((a-1)/k,d/k)
- solve(b/k,(c-1)/k)
+ solve((a-1)/k,(c-1)/k);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}