GCD HDU - 1695(容斥原理)
2024-08-25 17:54:54
要求从满足gcd(x, y) = k的对数,其中x属于[1, n], y属于[1, m]
gcd(x, y) = k
==>gcd(x/k, y/k) =1
x/k属于[1, n/k], y/k属于[1, m/k]
又因为对数不可以重复,所以我可以限制对于gcd(x, y)中,让y>=x,这样就不会重复了,然后问题转化成了对于[1, n/k]区间内的每一个 i ,求 i 与 [i,m]中的数互质的对数,然后对于每一个 i 的答案相加求和
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lowbit(x) (x & (-x))
#define INOPEM freopen("in.txt", "r", stdin)
#define OUTOPEN freopen("out.txt", "w", stdout) typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const double pi = 4.0*atan(1.0);
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e5+;
const int maxm = 1e9+;
const int mod = 1e9+;
using namespace std; int n, m;
int T, tol;
bool pri[maxn];
vector<int> vec[maxn]; void handle() {
memset(pri, true, sizeof pri);
for(int i=; i<maxn; i++) {
if(pri[i]) {
vec[i].push_back(i);
for(int j=; i*j<maxn; j++) {
vec[i*j].push_back(i);
pri[i*j] = false;
}
}
}
} ll solve(ll x, int k) {
ll ans = ;
int len = vec[k].size();
for(int i=; i<(<<len); i++) {
int cnt = ;
ll tmp = ;
for(int j=; j<len; j++) {
if(i & (<<j)) {
cnt++;
tmp *= vec[k][j];
}
}
if(cnt & ) ans += x / tmp;
else ans -= x / tmp;
}
return ans;
} int main() {
handle();
int cas = ;
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
int a, b, k;
scanf("%d%d%d%d%d", &a, &n, &b, &m, &k);
if(k == ) {
printf("Case %d: 0\n", cas++);
continue;
}
n /= k, m /= k, k = ;
if(n > m) swap(n, m);
ll ans = ;
//[i, m]
for(int i=; i<=n; i++) {
ans += 1ll * (m-i+) - 1ll * (solve(m, i) - solve(1ll * (i-), i));
}
printf("Case %d: %I64d\n", cas++, ans);
}
return ;
}
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