原题链接
考察:莫比乌斯反演
菜狗不会啊QAQ
思路:
  参考了大佬的题解,我们列出求答案的式子.

\[\sum_{k=1}^{min(n,m)}[f[k]<=p]\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==k] \]

注意:f[k]为k的质因子个数.

\[\sum_{k=1}^{min(n,m)}[f[k]<=p]\sum_{i=1}^{min(n/k,m/k)}mob[i]*\frac{n}{i*k}*\frac{m}{i*k} \]

这就是枚举\(k\),求\(gcd(x,y)==k\)的对数.直接这么算一定TLE.所以进一步化简式子.
令\(T = i*k\)

\[\sum_{k=1}^{min(n,m)}[f[k]<=p]\sum_{T=1}^{min(n,m)}mob[T/k]*\frac{n}{T}*\frac{m}{T} \]

\[\sum_{T=1}^{min(n,m)}\frac{n}{T}*\frac{m}{T}\sum_{k=1}^{T}[f[k]<=p]mob[T/k] \]

这就是枚举T,再枚举T的因数,如果满足\(f[k]<=p\),对于T 1~min(n,m) k 1~T 累加\(mob\)和
  但是我们可以先枚举k,再枚举k的倍数,这样就可以优化时间复杂度.而且后半部分可以预处理,枚举k,T后,k的质因子个数也就确定了,那么我们可以求出\(sum[T][f[k]]+=mob[T/k]\)
  最后把T,k累加即可.

Code

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 500010,M=20;
int prime[N],cnt,mob[N],n,m,P,f[N],sum[N][M];
bool st[N];
void GetPrime(int n) 
{
	mob[1] = 1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!st[i]) prime[++cnt] = i,mob[i] = -1;
		for(int j=1;prime[j]<=n/i;j++)
		{
			st[i*prime[j]] = 1;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				mob[i*prime[j]] = 0;
				break;
			}
			mob[i*prime[j]] = mob[i]*(-1);
		}
	}
}
void init(int n)
{
	int t = n;
	for(int i=1;prime[i]<=t/prime[i];i++)
	{
		if(t%prime[i]==0) 
		{
			int s = 0;
			while(t%prime[i]==0) t/=prime[i],s++;
			f[n]+=s;
		}
	}
	if(t>1) f[n]++;
}
int main()
{
	int T;
	scanf("%d",&T);
	GetPrime(N-1);
	for(int i=1;i<=N-10;i++) init(i);
	for(int i=1;i<=N-10;i++)
	 for(int j=i;j<=N-10;j+=i)
	   sum[j][f[i]]+=mob[j/i];
	for(int i=1;i<=N-10;i++)
	  for(int j=0;j<M;j++)//f[g]<=j的和 
	  	if(j) sum[i][j] += sum[i][j-1];//不能一起加,因为会重复.
	for(int i=1;i<=N-10;i++)
	  for(int j=0;j<M;j++)//f[g]<=j的和 
	  	sum[i][j] += sum[i-1][j];
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&P);
		if(P>=M) {printf("%lld\n",(LL)n*m);continue;}
		if(n>m) swap(n,m);
		LL res = 0;
		for(int i=1,r;i<=n;i=r+1)
		{
			r = min(n/(n/i),m/(m/i));
			res+=(LL)(sum[r][P]-sum[i-1][P])*(n/i)*(m/i);
		}
		printf("%lld\n",res);
	}
	return 0;
}