题意:
求 x 在[1, n]范围内，y 在[1, m]范围内的满足 gcd(x, y) = k 的x,y对数。
题解：
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如果f(k) 表示题目范围内gcd(x, y)=k 的对数，但是这个f(k)比较"难求"。我们发现gcd(x,y) %k == 0的x,y对数却很好求。我们先用 F(k) 表示 gcd(x,y) % k == 0 的对数。这时就想能不能用F(k) 去求 f(k)。毕竟 \(F(k) = \sum_{k|d} f(d)\) 这就可以用莫比乌斯反演公式得到
\[f(k) = \sum_{k|d} \mu(\frac{d}{k})F(d) \]
\[f(k) = \sum_{k|d} \mu(\frac{d}{k}) \lfloor\frac{n}{d}\rfloor \lfloor\frac{m}{d}\rfloor \]
我们遍历所有d(d是k的倍数)去求和。因为如果\(gcd(x,y) = 1\)，则\(gcd(k*x,k*y) = k\) 所以我们可以用上式求f(1)
\[f(1) = \sum_{d=1}^{lim} \mu(d) \lfloor\frac{n}{d}\rfloor \lfloor\frac{m}{d}\rfloor \]
因为k*x<=n, k * y <= m。所以lim = min(n/k, m/k)
复杂度O(n)。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 5;
int T, k, a, b, c, d;
int pri[N], cnt;
int mu[N];
int vis[N];
void prime(){
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= 4e5; ++ i){
if(!vis[i]){
pri[++ cnt] = i;
mu[i] = -1;
}
for(int j = 1; j <= cnt && pri[j] * i <= 4e5; ++ j){
vis[pri[j] * i] = 1;
if(i % pri[j] == 0){
mu[pri[j] * i] = 0;
break;
}
mu[pri[j] * i] = -mu[i];
}
}
}
int main()
{
prime();
scanf("%d",&T);
for(int Case = 1; Case <= T; ++ Case){
scanf("%d%d%d", &b, &d, &k);
if(!k){
printf("0\n", Case);
continue;
}
b /= k, d /= k;
if(b > d) swap(b, d);
ll ans = 0, ans1 = 0;
for(int i = 1; i <= b; ++ i) ans += (ll)mu[i] * (b / i) * (d / i);
for(int i = 1; i <= b; ++ i) ans1 += (ll)mu[i] * (b / i) * (b / i);
ans -= ans1 / 2;
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}