网站建设的快乐,简单的网页设计,lamp网站建设,台州网红桥P2522 [HAOI2011]Problem b 题意#xff1a; 对于给出的 n 个询问#xff0c;每次求有多少个数对 (x,y)#xff0c;满足 a≤x≤b#xff0c;c≤y≤d#xff0c;且 gcd(x,y)k#xff0c;gcd(x,y) 函数为 x 和 y 的最大公约数。 题解#xff1a; 这个题跟P3455 [POI20…P2522 [HAOI2011]Problem b 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≤bc≤y≤d且 gcd(x,y)kgcd(x,y) 函数为 x 和 y 的最大公约数。 题解 这个题跟P3455 [POI2007]ZAP-Queries很像唯一的区别就是本题不是从1开始是从a开始本题的公式是这样的 ∑xab∑ycdgcd⁡(x,y)k\sum_{xa}^{b}\sum_{yc}^{d}\gcd(x,y)k∑xab​∑ycd​gcd(x,y)k 两个求和公式分别是从a和c开始而不是1开始 这怎么整 这样两个求和公式其实就是二维前缀和如图现在我们知道各点到(1,1)的面积如何求小矩形的面积sumsolveb,d-solve(b,a)-solve(c,b)solve(a,c) 这样我们只需要求从1开始的求和公式然后通过运算得到我们想要的指定范围 代码 // Problem: P2522 [HAOI2011]Problem b // Contest: Luogu // URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P2522 // Memory Limit: 250 MB // Time Limit: 2500 ms // Data:2021-08-21 10:45:59 // By Jozky#include bits/stdc.h #include unordered_map #define debug(a, b) printf(%s %d\n, a, b); using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pairint, int PII; clock_t startTime, endTime; //Fe~Jozky const ll INF_ll 1e18; const int INF_int 0x3f3f3f3f; void read(){}; template typename _Tp, typename... _Tps void read(_Tp x, _Tps... Ar) {x 0;char c getchar();bool flag 0;while (c 0 || c 9)flag| (c -), c getchar();while (c 0 c 9)x (x 3) (x 1) (c ^ 48), c getchar();if (flag)x -x;read(Ar...); } template typename T inline void write(T x) {if (x 0) {x ~(x - 1);putchar(-);}if (x 9)write(x / 10);putchar(x % 10 0); } void rd_test() { #ifdef LOCALstartTime clock();freopen(in.txt, r, stdin); #endif } void Time_test() { #ifdef LOCALendTime clock();printf(\nRun Time:%lfs\n, (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC); #endif } const int maxn 5e5 9; int mu[maxn]; int prim[maxn]; int tot 0; int tag[maxn]; int vis[maxn]; int sum[maxn]; void get_mu(int n) {mu[1] 1;tag[0] tag[1] 1;for (int i 2; i n; i) {if (!tag[i]) {prim[tot] i;mu[i] -1;}for (int j 1; j tot i * prim[j] n; j) {tag[i * prim[j]] 1;if (i % prim[j] 0)break;mu[i * prim[j]] -mu[i];}}for (int i 1; i n; i) {sum[i] sum[i - 1] mu[i];} } int a, b, c, d, k; ll solve(int b, int d) {b/ k;d/ k;int minn min(b, d);ll ans 0;for (int l 1, r; l minn; l r 1) {r min(b / (b / l), d / (d / l));ans 1ll * (sum[r] - sum[l - 1]) * (b / l) * (d / l);}return ans; } int main() {//rd_test();get_mu(500000);//cout -- endl;int t;read(t);while (t--) {read(a, b, c, d, k);printf(%lld\n, solve(b, d) - solve(b, c - 1) - solve(a - 1, d) solve(a - 1, c - 1));}return 0;//Time_test(); }