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Algorithm:

分析：令g(n,m)表示在1<=x<=n,1<=y<=m，滿足gcd(x,y)是k的(x,y)的對數。
那麽由容斥原理可得

滿足gcd(x,y)是k的(x,y)的對數也等價於1<=x<=n/k,1<=y<=m/k,(x,y)互質的對數，即

令f(i)表示滿足gcd(x,y)=i時(x,y)的對數

F(i)表示滿足i|gcd(x,y)的(x,y)的對數，則F(i)=?ni??mi?。

發現[n/d] 最多有2sqrt(n) 個取值，那麽 (n/d)*(m/d)就至多有2sqrt(n)+2sqrt(m)個取值（並不是*，對於每個d n/(sqrt(n)+1)<d<=n ， (n/d)*(m/d)仍只有一個值）

於是我們發現會有連續的一段(n/d)*(m/d)的值相同，便可以使用分塊來優化（細節待填坑）

Code:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=5e4+10;
inline ll read()
{
    char ch;ll num,f=0;
    while(!isdigit(ch=getchar())) f|=(ch==‘-‘);
    num=ch-‘0‘;
    while(isdigit(ch=getchar())) num=num*10+ch-‘0‘;
    return f?-num:num;
}

int a,b,c,d,k;
 
int sum[MAXN],mo[MAXN],pri[MAXN],cnt;
bool mark[MAXN];
void getmo()
{
    mo[1]=1;
    for(int i=2;i<=5e4;i++)
    {
        if(!mark[i]){mo[i]=-1;pri[++cnt]=i;}
        for(int j=1;j<=cnt && i*pri[j]<=5e4;j++)
        {
            mark[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0){mo[i*pri[j]]=0;break;}
            else mo[i*pri[j]]=-mo[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=5e4;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+mo[i];
}
int cal(int n,int m)
{
    n/=k;m/=k;
    if(n>m)swap(n,m);
    int ret=0,pos;
    for(int i=1;i<=n;i=pos+1)
    {
        pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ret+=(sum[pos]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ret;
}
int main()
{
    getmo();
    int T=read();
    while(T--)
    {
        a=read();b=read();c=read();d=read();k=read();
        int res=cal(a-1,c-1)+cal(b,d)-cal(a-1,d)-cal(b,c-1);
        printf("%d\n",res);
    }
    return 0;
}

Review:

1、GCD（x,y）=k --------> x/k,y/k互質

方便使用歐拉函數或莫比烏斯反演解題

2、使用分塊對莫比烏斯反演的優化（待填）

[BZOJ 2301] Problem B