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(\\lfloor\\frac{a}{d}\\rfloor,\\lfloor\\frac{b}{d}\\rfloor)}\\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;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;
static int 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];
int prim[N],mu[N],sum[N],cnt;
void get_mu(int n)
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i]){mu[i]=-1;prim[++cnt]=i;}
for(int 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(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int main()
{
// freopen("P3455.in","r",stdin);
// freopen("P3455.out","w",stdout);
int t;
read(t);
get_mu(50000);
while(t--)
{
static int a,b,d;
read(a);read(b);read(d);
static int max_rep;
max_rep=min(a/d,b/d);
static long long ans;ans=0;
for(int l=1,r;l<=max_rep;l=r+1)
{
r=min((a/d)/((a/d)/l),(b/d)/((b/d)/l));
ans+=(long long)((a/d)/l)*((b/d)/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
}
printf("%lld\\n",ans);
}
return 0;
}