題目大意
- 求\(\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(x,y)=d]\)
- 多組輸入
- \(1\le d\le a,b\le 50000\)
解題思路
- 根據之前做過的題的經驗(YY的GCD)，那么這一題就顯得十分套路
(簡單)了。 - 我們設：
\[f(k)=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=k] \]
\[F(n)=\sum_{n|k}f(k)=\lfloor\frac{a}{n}\rfloor\lfloor\frac{b}{n}\rfloor \]
則可以由莫比烏斯反演可以推出：
\[f(n)=\sum_{n|k}\mu(\lfloor\frac{k}{n}\rfloor)F(k) \]
- (PS:如果不知道為什么要設這兩個函數，可以點開我上面放的鏈接)
- 設完這兩個函數之后，我們便驚喜的發現，\(Ans=f(d)\)
- 於是就直接開始推答案：
\[Ans=\sum_{d|k}\mu(\lfloor\frac{k}{d}\rfloor)F(k) \]
枚舉\(\lfloor\frac{k}{d}\rfloor\)設為\(t\)
\[Ans=\sum_{t=1}^{min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)}\mu(t)\lfloor\frac{a}{td}\rfloor\lfloor\frac{b}{td}\rfloor \]
這時候，這個式子已經可以做到\(O(n)\)的時間復雜度了，但是因為有多組數據，所以我們再用一下整除分塊，這題就可以做到\(O(\sqrt{n})\)了。
- 下附代碼：
#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;
}