紀念莫比烏斯反演首題！同時感謝Antileaf學長的耐心講解！

我們可以用容斥原理搞

令f(d)為1<=x<=n，1<=y<=m且gcd(x,y)=d的數對(x,y)的個數

則可設：

可得F(i)為1<=x<=n,1<=y<=m且i|gcd(x,y)的數對(x,y)的個數

化簡可得

莫比烏斯反演一下

枚舉i的每一個倍數d，我們就可以O（n）詢問了

但是這樣明顯不行，所以我們還需要優化：

設，可以得到

我們設，，則可以得到

我們註意到，枚舉k的時候，對於一些k，後邊向下取整的值是相等的

那麽在相等的區間內的答案，就是這一段區間的μ值之和*後邊的不變的部分

μ值之和可以用前綴和搞出來，可是怎麽找這一段呢

借鑒PoPoQQQ的打法：

if(n>m) swap(n,m);
for(i=1;i<=n;i=last+1)
{
	last=min(n/(n/i),m/(m/i));
	res+=(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);//sum是μ的前綴和
}
return res;　　

可以感性理解為對於兩個n，m，向下取整相等的分別可以劃分成一段一段的。

因為我們要的一段區間是n與m對於k向下取整都不變 ，所以我們去它們的一段段的公共區間就可以了

這是一道比較典型的例題，貼上代碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define pos(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define N 50100
int mu[N],prime[N],notprime[N],sum[N];
void getmu(){
	mu[1]=1;
	pos(i,2,N-10){
		if(!notprime[i]){
			prime[++prime[0]]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=prime[0]&&prime[j]*i<=N-10;j++){
			notprime[prime[j]*i]=1;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[prime[j]*i]=0;break;
			}
			mu[prime[j]*i]=-mu[i];
		}
	}
	sum[0]=mu[0];
	pos(i,1,N-10) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int a,b,c,d,k,n,m;
int getans(int x,int y){
	if(x>y) swap(x,y);
	n=x/k;m=y/k;
	int last(0),ans(0);
	for(int i=1;i<=n;i=last+1){
		last=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans+=(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
	}
	return ans;
} 
int t;
int main(){
	scanf("%d",&t);
	getmu();
	pos(i,1,t){
		scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
		printf("%d\n",getans(b,d)-getans(a-1,d)-getans(b,c-1)+getans(a-1,c-1));
	}
	return 0;
}

[BZOJ 2301]Problem B 莫比烏斯反演