题意：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。
分析：gcd(x,y)==k等价于gcd(x/k,y/k)==1,根据莫比乌斯反演很容易求出[1,n][1,m]的gcd(x,y)==1的对数，但询问有50000个，直接去计算肯定会TLE，这里得分块处理加速计算，因为对于(n/i)和（m/i）在一定区间内的值是一定的，根据这点可以每次跳过这段的计算。
这里的分块有点类似求和sum=n/1+n/2+n/3+...+n/(n-1)+n/n.直接去算O(n)，分块O(sqrt(n)).
#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000") #include <cstdio> #include <cstring> #include <string> #include <cmath> #include <limits.h> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <cstdlib> #include <stack> #include <vector> #include <set> #include <map> #define LL long long #define mod 100000000 #define inf 0x3f3f3f3f #define eps 1e-6 #define N 50000 #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define PII pair<int,int> using namespace std; inline int read() { char ch=getchar();int x=0,f=1; while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();} while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();} return x*f; } bool vis[N+5]; int mu[N+5],prime[N+5],sum[N+5]; void Mobius() { memset(vis,false,sizeof(vis)); mu[1]=1; int tot=0; for(int i=2;i<=N;i++) { if(!vis[i]) { prime[tot++]=i; mu[i]=-1; } for(int j=0;j<tot;j++) { if(i*prime[j]>N)break; vis[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j]==0) { mu[i*prime[j]]=0; break; } else { mu[i*prime[j]]=-mu[i]; } } } for(int i=1;i<=N;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i]; } LL solve(int n,int m) { LL res=0; if(n>m)swap(n,m); for(int i=1,last=0;i<=n;i=last+1) { last=min(n/(n/i),(m/(m/i))); res+=1LL*(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i); } return res; } int main() { int T,a,b,c,d,k; Mobius(); scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k); a--;c--; LL ans=solve(b/k,d/k)-solve(b/k,c/k)-solve(a/k,d/k)+solve(a/k,c/k); printf("%lld\n",ans); } }
原文：http://www.cnblogs.com/lienus/p/4296613.html
