Description

對於給出的n個詢問，每次求有多少個數對(x,y)，滿足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k，gcd(x,y)函式為x和y的最大公約數。
Input
第一行一個整數n，接下來n行每行五個整數，分別表示a、b、c、d、k
Output

共n行，每行一個整數表示滿足要求的數對(x,y)的個數
Sample Input
2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2
Sample Output
14
3
HINT
100%的資料滿足：1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000

我們先用容斥原理
ans=(1->b,1->d) - (1->(a-1),1->d) - ((1->(c-1),1-b) + (1->(a-1),1->(c-1));
然後每個計算的時間是O(n)，因為資料組數太大了，然後還是要優化。

如果我們直接這樣求ans的話，一個for迴圈，就超時了，那怎麼求呢，一個一個求不行，那就一段一段求。
F[i]=(n/i)*(m/i); 在某個區間中F的值是相同的，我們就把這個區間一起求。
我們發現d在[i,n/(n/i)]中n/d的值是相同的。

證明：
設 k=n/i,
假如   n/x =k
      x最大為n/k
      所以x最大為 n/(n/i)

然後就可以一段一段地求了。

woc,用了cout，RE半天。。。。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
 

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <map>

using namespace std;
const int maxn = 50010;
int vis[maxn];
int primes[maxn];
int miu[maxn];
#define LL long long
LL sum[maxn];
void mobious()
{
    miu[1]=1;
    int tot=0;
    for(int i=2;i<=50000;i++)
    {
        if
 
(!vis[i])
        {
            primes[tot++]=i;
            miu[i]=-1;
        }
        for(int j=0;j<tot;j++)
        {
            long long k=i*primes[j];
            if(k>50000) break;
            vis[k]=1;
            if(i%primes[j]) miu[k]=-miu[i];
            else break;
        }
    }
    sum[1]=1;
    for(int i=2;i<=50000;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+miu[i];
}
LL solve(int n,int m)
{
    if(n>m) swap(n,m);
    LL re=0;
    int last=0;
    for(int i=1;i<=n;i=last+1)
    {
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        re+=(LL)(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
    }
    return re;
}
int main()
{
    int n;
    mobious();
    scanf("%d",&n);
    while(n--)
    {
        int a,b,c,d,k;
        scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&k);
        a=a,b=b/k,d=d/k,c=c;
        LL ans=0;
        ans=solve(b,d)-solve((a-1)/k,d)-solve((c-1)/k,b)+solve((a-1)/k,(c-1)/k);//注意這裡是a-1
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}