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题解
orz
此题太优美了
我们令\\(\\frac{x}{y}\\)为最简分数，则\\(x \\perp y\\)即，\\(gcd(x,y) = 1\\)
先不管\\(k\\)进制，我们知道\\(10\\)进制下如果\\(\\frac{x}{y}\\)是纯循环的，只要\\(2 \\perp y\\)且\\(5 \\perp y\\)
可以猜想在\\(k\\)进制下同样成立
证明：
若\\(\\frac{x}{y}\\)为纯循环小数，设其循环节长度为\\(l\\)，那么一定满足
\\[\\{ \\frac{xk^{l}}{y} \\} = \\{ \\frac{x}{y}\\}
\\]
其中\\(\\{x\\}\\)指小数部分
可以写成
\\[xk^{l}- \\lfloor \\frac{xk^{l}}{y} \\rfloor * y= x - \\lfloor \\frac{x}{y} \\rfloor * y
\\]
可以看出就是同余的形式
\\[xk^{l} \\equiv x \\pmod y
\\]
由于\\(x \\perp y\\)
\\[k^{l} \\equiv 1 \\pmod y
\\]
要使存在\\(l\\)，使得式子成立，那么一定\\(k \\perp y\\)
所以我们有
\\[\\begin{aligned}
ans &= \\sum\\limits_{i = 1}^{n} \\sum\\limits_{j = 1}^{m} [i \\perp j] [j \\perp k] \\\\
&= \\sum\\limits_{j = 1}^{m} [j \\perp k] \\sum\\limits_{i = 1}^{n} [(i,j) == 1] \\\\
&= \\sum\\limits_{j = 1}^{m} [j \\perp k] \\sum\\limits_{i = 1}^{n} \\epsilon((i,j)) \\\\
&= \\sum\\limits_{j = 1}^{m} [j \\perp k] \\sum\\limits_{i = 1}^{n} \\sum\\limits_{d|(i,j)} \\mu(d) \\\\
&= \\sum\\limits_{d = 1}^{n} \\mu(d) \\sum\\limits_{d|i}^{n} \\sum\\limits_{d|j}^{m} [j \\perp k] \\\\
&= \\sum\\limits_{d = 1}^{n} [d \\perp k] \\mu(d) \\lfloor \\frac{n}{d} \\rfloor \\sum\\limits_{j}^{\\lfloor \\frac{m}{d} \\rfloor} [j \\perp k] \\\\
\\end{aligned}
\\]
我们令
\\[f(n) = \\sum\\limits_{i}^{n} [i \\perp k]
\\]
根据\\(gcd(i + k,k) = gcd(i,k)\\)，我们有
\\[f(n) = \\lfloor \\frac{n}{k} \\rfloor f(k) + f(n \\mod k)
\\]
所以我们只需要\\(O(klogk)\\)暴力计算\\(f(1....k)\\)就可以\\(O(1)\\)计算后面的式子了
现在考虑前面的
\\[\\sum\\limits_{d = 1}^{n} [d \\perp k] \\mu(d)
\\]
为了使能整除分块，我们必须算出其前缀和
令
\\[g(n,k) = \\sum\\limits_{i = 1}^{n} [i \\perp k] \\mu(d)
\\]
用类似上面同样的方法：
\\[\\begin{aligned}
g(n,k) &= \\sum\\limits_{i = 1}^{n} [i \\perp k] \\mu(i) \\\\
&= \\sum\\limits_{i = 1}^{n} \\mu(i) \\sum\\limits_{d|i,d|k} \\mu(d) \\\\
&= \\sum\\limits_{d | k} \\mu(d) \\sum\\limits_{d|i} \\mu(i) \\\\
&= \\sum\\limits_{d | k} \\mu(d) \\sum\\limits_{i = 1}^{\\lfloor \\frac{n}{d} \\rfloor} \\mu(id) \\\\
&= \\sum\\limits_{d | k} \\mu(d) \\sum\\limits_{i = 1}^{\\lfloor \\frac{n}{d} \\rfloor} [i \\perp d]\\mu(i) * \\mu(d) \\\\
&= \\sum\\limits_{d | k} \\mu(d)^2 \\sum\\limits_{i = 1}^{\\lfloor \\frac{n}{d} \\rfloor} [i \\perp d]\\mu(i) \\\\
&= \\sum\\limits_{d | k} \\mu(d)^2 g(\\lfloor \\frac{n}{d} \\rfloor,d) \\\\
\\end{aligned}
\\]
就可以递归求解
当\\(n = 0\\)时，\\(g(0,k) = 0\\)
当\\(k = 1\\)时，\\(g(n,1) = \\sum\\limits_{i = 1}^{n} \\mu(i)\\)，上杜教筛即可
因为\\(\\lfloor \\frac{n}{d} \\rfloor\\)只有\\(\\sqrt{n}\\)种取值，\\(d\\)只能取\\(k\\)的因子，记其数量为\\(p\\)
那么求\\(g(n,k)\\)总的复杂度为\\(O(p\\sqrt{n} + n^{\\frac{2}{3}})\\)
于是乎我们就解决这道题了
总复杂度\\(O(p\\sqrt{n} + n^{\\frac{2}{3}} + \\sqrt{n} + klogk)\\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<\' \'; puts("");
#define mp(a,b) make_pair<LL,LL>(a,b)
using namespace std;
const int maxn = 1000005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
map<LL,LL> _mu;
map<LL,LL>::iterator it;
map<pair<LL,LL>,LL> G;
map<pair<LL,LL>,LL>::iterator IT;
int N;
int p[maxn],pi,isn[maxn];
LL Smu[maxn],f[maxn],mu[maxn];
LL n,m,K;
int gcd(int a,int b){return b ? gcd(b,a % b) : a;}
void init(){
N = 1000000;
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; i++){
if (!isn[i]) p[++pi] = i,mu[i] = -1;
for (int j = 1; j <= pi && i * p[j] <= N; j++){
isn[i * p[j]] = true;
if (i % p[j] == 0){
mu[i * p[j]] = 0;
break;
}
mu[i * p[j]] = -mu[i];
}
}
for (int i = 1; i <= N; i++) Smu[i] = Smu[i - 1] + mu[i];
for (int i = 1; i <= K; i++) f[i] = f[i - 1] + (gcd(i,K) == 1);
}
LL S(LL n){
if (n <= N) return Smu[n];
if ((it = _mu.find(n)) != _mu.end()) return it->second;
LL ans = 1;
for (LL i = 2,nxt; i <= n; i = nxt + 1){
nxt = n / (n / i);
ans -= (nxt - i + 1) * S(n / i);
}
return _mu[n] = ans;
}
LL F(LL n){
return (n / K) * f[K] + f[n % K];
}
LL g(LL n,LL k){
if ((IT = G.find(mp(n,k))) != G.end())
return IT->second;
if (n == 0) return 0;
if (k == 1) return S(n);
LL ans = 0;
for (LL i = 1; i * i <= k; i++){
if (k % i == 0){
if (mu[i]) ans += g(n / i,i);
if (i * i != k && mu[k / i])
ans += g(n / (k / i),k / i);
}
}
return G[mp(n,k)] = ans;
}
int main(){
cin >> n >> m >> K;
init();
LL ans = 0,now,last = 0;
for (LL i = 1,nxt; i <= min(n,m); i = nxt + 1){
nxt = min(n / (n / i),m / (m / i));
now = g(nxt,K);
ans += 1ll * (now - last) * (n / i) * F(m / i);
last = now;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}