HDU 1695 GCD ★(容斥原理+欧拉函数)

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1695 题目大意：求[1..b]中的x和[1..d]中的y有多少gcd(x,y) = k. 思路：预备知识：容斥原理求数区间[1..r]中与n互质的数的个数. Here 要求gcd(x,y) = k，则等价于求 gcd(x/k,y/k) = 1.所以问题转化成求[1..b/k]和[1..d/k]中有多少对gcd(x,y) = 1. 又因为此题要求gcd(1,3)和gcd(3,1)算一个，所以我们不妨按x < y来求. 接下来，我们枚举x的值，然后便转化为求[x..d/k]区间中与x互质的数的个数，用容斥原理解决. [x..d/k] = [1..d/k] - [1..x-1]，[1..d/k]我们用上面的容斥原理方法就可以解决，[1..x-1]虽然也可以用容斥，但速度较慢，明显可以用更快的欧拉函数做。


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#define MID(x,y) ((x+y)>>1)using namespace std;typedef long long LL;    //max long long == 9223372036854775807LLLL phi(LL n)
{if (n == 1) return 0;LL i,sum=n;for(i=2; i*i<=n; i++){if(n%i==0){sum = sum / i * (i-1);do{n/=i;}while(n%i==0);}}if(n>1) sum = sum / n * (n - 1);return sum;
}int solve(int r, int n){if (r == 0) return 0;int res = 0;vector  p;for (int i = 2; i * i <= n; i ++){if (n % i == 0){p.push_back(i);while(n % i == 0){n /= i;}}if (n == 1) break;}if (n > 1)  p.push_back(n);for (int msk = 1; msk < (1 << p.size()); msk ++){int mult = 1, bit = 0;for (int i = 0; i < p.size(); i ++){if (msk & (1 << i)){bit ++;mult *= p[i];}}int cur = r / mult;if (bit % 2 == 1){res += cur;}else{res -= cur;}}return r - res;
}int main(){int t, caseo = 1;cin>>t;while(t --){int a,b,c,d,k;cin>>a>>b>>c>>d>>k;if (k == 0){cout< d){int tmp = d;d = b;b = tmp;}LL ans = 0;for (int i = 1; i <= b; i ++){ans += (LL)solve(d, i) - phi(i);}cout<

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