BZOJ 2301 Problem b （莫比乌斯反演+区间容斥+分块）

思路：

这个题算是bzoj 1695的加强版吧，同样是给你a，b，c，d，k五个数，只不过这次a和c都不一定是1了。那么我们需要进行区间的容斥定理（注意端点值）。同时由于数据量很大，我们还需要分块。

容斥： fanyan(b,d)−fanyan(a−1,d)−fanyan(b,c−1)+fanyan(a−1,c−1)

分块方法：

对于区间（1，a）和（1，b），求gcd（i，j）==k的数对的个数。

int minab = min(a,b),l;
a/=k,b/=k;
for（int i = 1;i <= minab;i=l+1){
l = min(a/(a/i),b/(b/i));//注意，这个方法必须是在i连续的情况下，所以才有了a/=k,b/=k。
ans += (sum[l]-sum[i-1]) * (a/i) * (b/i);//sum[i] 为μ（i）的前缀和。
}

所以本题也就迎刃而解了。

#include<stdio.h>
#include <iostream>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#define eps 1e-8
typedef long long int lli;
using namespace std;

const int maxn = 5e4+20;
bool isprime[maxn];
//int phi[maxn];
int prime[maxn],miu[maxn];
//int cnt[maxn];质因数的个数 8:2*2*2 3个
void moblus(){
int num = 0;miu[1] = 1;
for(lli i = 2;i < maxn;i++){
if(!isprime[i]){
prime[num++] = i,miu[i] = -1;//phi[i] = i-1;
//cnt[i] = 1;
}
for(lli j = 0;j < num && i*prime[j] < maxn;j++){
lli x = prime[j];
isprime[i*x] = 1;//cnt[i*x] = cnt[i]+1;
if(i%x){
miu[i*x] = -miu[i];
//phi[i*x] = phi[i] * phi[x];
}
else{
miu[i*x] = 0;
//phi[i*x] = phi[i] * x;
break;
}
}
}
}
int sum[maxn];
lli fy(lli n,lli m,lli k){
lli ans = 0,l;
if(n>m) swap(n,m);
n/=k;m/=k;
for(lli i = 1;i <= n;i=l+1){
l = min(n/(n/i),m/(m/i));
ans += (lli)(sum[l]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
return ans;
}

int main(){
moblus();
for(int i = 1;i <= maxn;i++){
sum[i] = sum[i-1]+miu[i];
}
int q,n,a,b,c,d,k;
scanf("%d",&q);
while(q--){
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
lli ans = 0;
ans = fy(b,d,k) + fy(a-1,c-1,k) - fy(b,c-1,k) - fy(a-1,d,k);
printf("%lld\n",ans);
}

return 0;
}