Description###
对于给出的n个询问，每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k，gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。
Input###
第一行一个整数n，接下来n行每行五个整数，分别表示a、b、c、d、k
Output###
共n行，每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数
Sample Input###
2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2
Sample Output###
14
3
HINT###
100%的数据满足：1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000
想法##
参考PopoQQQ
把每个查询拆成4个形如 1≤x≤n，1≤y≤m 的查询
设 (f(i)) 表示有多少满足 (gcd(x,y)=k) 的数对
设 (F(i)) 表示有多少满足 (gcd(x,y)) 为k的倍数的数对
显然 (F(i)=f(i)+f(2i)+…)
且 (F(i)=lfloor frac{n}{i}
floor lfloor frac{m}{i}
floor)
那么就可以用莫比乌斯反演了
[egin{equation*}
egin{aligned}
f(i)&=sumlimits_{n|d} mu(frac{d}{n})F(d) \
&=sumlimits_{n|d} mu(frac{d}{n}) lfloor frac{n}{i}
floor lfloor frac{m}{i}
floor \
end{aligned}
end{equation*}
]
可以发现 (lfloor frac{n}{i}
floor lfloor frac{m}{i}
floor) 只有 (2 sqrt{n} sqrt{m})个值
于是可以分块，枚举每个值，记下 (mu(i)) 的前缀和算一下就好了。
代码##
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 50005;
int mu[N],prime[N],pnum,p[N];
int sum[N];
void getmu(){
mu[1]=1;
sum[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++) p[i]=1;
for(int i=2;i<N;i++){
if(p[i]) {
prime[pnum++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;j<pnum && (ll)prime[j]*i<N;j++){
p[i*prime[j]]=0;
if(i%prime[j]==0){
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}
mu[i*prime[j]]=mu[i]*-1;
}
sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
}
int a,b,c,d,k;
ll ans(int x,int y){
int xx=x/k,yy=y/k;
ll ret=0;
for(int l=1,r;l<=min(xx,yy);l=r+1){
r=min(xx/(xx/l),yy/(yy/l));
ret+=((ll)sum[r]-sum[l-1])*(xx/l)*(yy/l);
}
return ret;
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
getmu();
while(n--){
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
printf("%lld
",ans(b,d)-ans(b,c-1)-ans(a-1,d)+ans(a-1,c-1));
}
return 0;
}