题意
求满足 (1 leq x leq n,1 leq y leq m) 的在 (k) 进制下能写成纯循环小数的最简分数 (frac{x}{y}) 的个数。
题解
证明：
首先要知道， (k) 进制下 (frac{x}{y}) 小数点右移一位等于 (frac{x}{y} imes k) 。
假设 (frac{x}{y}) 小数部分的循环节长度为 (l) ，由于纯循环小数的特殊性质有：
这里的方括号代表取小数部分。
那么有：
注意这里是下取整。
两边同时乘上 (y) ：
变化成同余式：
因为 (x ot y) ，则有：
那么分数 (frac{x}{y}) 当且仅当 (x ot y,y ot k) 才会对 ( ext{Ans}) 产生贡献。
证毕。
接下来就开始推式子。
将式子中 ([x ot y]) 用莫比乌斯函数替换：
如果我们能快速求出 (sum_{y=1}^{lfloorfrac{m}{d} floor} [y ot k]) 和 (mu(d)[d ot k]) 的前缀和，那么用整除分块就容易得到 ( ext{Ans}) 。
首先不难看出 (k) 中多个相同的质因子对 (k) 与其他数是否互质没有影响，所以不妨假设 (k) 的所有质因子次数均为1。
令：
那么 (f(n,1)=sum_{i=1}^n1=n) 能直接得出， (g(n,1)=sum_{i=1}^nmu(i)) 能通过杜教筛得出。
考虑 (k ot = 1) 的情况：
对于 (k) 的一个质因子 (p) ，考虑 (f(n,k)) 如何由 (f(n,frac{k}{p})) 得来。
由于多了一个质因子，则与 (frac{k}{p}) 互质的数中有一些不与 (k) 互质，即能被 (p) 整除的数。所以(f(n,k)) 要从 (f(n,frac{k}{p})) 中去掉一部分：
因为 (p) 不存在于 (frac{k}{p}) 中，则有 ([ip ot frac{k}{p}]=[i ot frac{k}{p}]) ，则：
类似的，有：
对于莫比乌斯函数，有：
代入上式得：
递归求一下 (f,g) ，这道题就被完美解决了。
( ext{Code}:)
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#define maxn 10000005
#define Rint register int
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long lxl;
template <typename T>
inline T read()
{
T x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int prime[maxn],cnt;
bool flag[maxn];
lxl mu[maxn];
lxl N,M,K,pri[maxn],prc;
inline void sieve()
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;++i)
{
if(!flag[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<maxn;++j)
{
flag[i*prime[j]]=true;
if(!(i%prime[j])) break;
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<maxn;++i)
mu[i]+=mu[i-1];
for(int i=1;i<=cnt;++i)
{
while(!(K%(prime[i]*prime[i]))) K/=prime[i];
if(!(K%prime[i])) pri[++prc]=prime[i];
}
}
unordered_map<int,lxl> mp;
inline lxl G1(int n)
{
if(n<maxn) return mu[n];
if(mp[n]) return mp[n];
lxl res=1;
for(lxl l=2,r=0;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
res-=(r-l+1)*G1(n/l);
}
return mp[n]=res;
}
unordered_map<int,unordered_map<int,lxl> > F,G;
inline lxl f(int n,int k,int p=1)
{
if(!n) return 0;
if(k==1) return 1ll*n;
if(F[n][k]) return F[n][k];
return F[n][k]=f(n,k/pri[p],p+1)-f(n/pri[p],k/pri[p],p+1);
}
inline lxl g(int n,int k,int p=1)
{
if(!n) return 0;
if(k==1) return G1(n);
if(G[n][k]) return G[n][k];
return G[n][k]=g(n,k/pri[p],p+1)+g(n/pri[p],k,p);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("P1587.in","r",stdin);
#endif
N=read<int >(),M=read<int >(),K=read<int >();
sieve();
lxl res=0;
int up=min(N,M);
for(lxl l=1,r=0;l<=up;l=r+1)
{
r=min(N/(N/l),M/(M/l));
res+=1ll*(N/l)*f(M/l,K)*(g(r,K)-g(l-1,K));
}
printf("%lld
",res);
return 0;
}
参考文献：
11Dimensions的课件。