参考博客：点这里
莫比乌斯反演解释：点这里
这个ｐｐｔ解释的蛮好：点这里
结合看
题意：
给你 a , b , c , d , k 五个值 （题目说明了 你可以认为 a=c=1） x 属于 [1,b] ，y属于[1,d] 让你求有多少对这样的 （x,y）满足gcd（x,y）==k。给你的时间是 3000 MS。 0 < a <= b <= 100,000, 0 < c <= d <= 100,000, 0 <= k <= 100,000
算法解析：
这道题可以进行一部分的简化，因为 gcd（x,y）=k 那么，很显然 gcd（x / k,y / k）是等于 1 的（x,y 除了 k 一定没有其他的公因数）。那么，此时问题就可以转化为： x 属于 [1,b / k] ，y属于[1,d / k] 让你求有多少对这样的 （x,y）满足gcd（x,y）== 1 即x和y是互质的。
如何去求有多少对这样的 （x,y）满足gcd（x,y）== 1 。这个问题你直接拿到手发现确实比较麻烦，但是换个思路，如果我们去求有多少对这样的 （x,y）满足 gcd（x,y）== 1 的倍数呢？
我们试着来设一下
F（i）为 有多少对（x,y）满足 gcd（x,y）== i的倍数 。
f（i）为有多少对（x,y）满足 gcd（x,y）== i 。
根据容斥原理：
f（i）=mu[1]*F(i)+mu[2]*F(2*i)+mu[3]*F(3*i)+…..+mu(min(c,d))*F(min(c,d)*i)
mu[i]就是莫比乌斯函数。
所以利用公式：
另一个公式的设法是 “约数” 的关系，而这个则是 “倍数” 的关系。
F（i）=(n/i, m/i) (n=b / k，m=d / k)
网上都说可以直接证明，反正我想了好久，F（i）表示i | gcd(x,y)的（x，y）的对数，假设我们求F（2），0<=x<=5,0<=y<=6,我们要求的是gcd(x,y)可以整除2的，那我们想5里面有几个2的倍数，6里面有几个2的倍数的数。
那么其实我们需要解决的就剩下如何求出 f（1）是多少的问题了。
那么问题就基本上解决了，f（1）= mu（1）*F（1）+ mu（2）*F（2）+…… 这个式子的终止条件是什么呢？很显然在所限定的区间内，d最大为 min（m,n）。
那么完整的式子就应该是 f（1）= mu（1）*F（1）+ mu（2）*F（2）+……mu（min（m,n））*F（min（m,n））。至此 这道题目就顺利的解决了。
此时，走到这一步，我们已经求得了（x,y）满足 gcd（x,y）=1 的对数 ，但题目中说明了，（1，2）和（2，1）算一种情况，那么我们就要减去多余了的情况，怎那么找出那些多算进去的情况呢？ 下面的图画的很清楚：
G（b,b）就是多算进去的这些情况，
那么 G（b，d）- G（b，b）/ 2 就是最终我们要求的结果了，至于这一点，有不懂的请在纸上画一画，这不是我要讲的重点了。
完整代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+7;
bool vis[maxn];
int prime[maxn],mu[maxn];
int cnt;
void Init(){
int N=maxn;
memset(prime,0,sizeof(prime));
memset(mu,0,sizeof(mu));
memset(vis,0,sizeof(vis));
mu[1] = 1;
cnt = 0;
for(int i=2; i<N; i++){
if(!vis[i]){
prime[cnt++] = i;
mu[i] = -1;
}
for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++){
vis[i*prime[j]] = 1;
if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];
else{
mu[i*prime[j]] = 0;
break;
}
}
}
}
void getMu(){
int N=maxn;
for(int i=1;i<N;++i){
int target=i==1?1:0;
int delta=target-mu[i];
mu[i]=delta;
for(int j=2*i;j<N;j+=i)
mu[j]+=delta;
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int a,b,c,d,k;
int T,Case=0;
Init();
cin>>T;
while(T--){
cin>>a>>b>>c>>d>>k;
cout<<"Case "<<++Case<<": ";
if(k==0){
cout<<"0"<<endl;
continue;
}
b/=k,d/=k;
long long ans1=0,ans2=0;
for(int i=1;i<=min(b,d);i++){
ans1+=(long long)mu[i]*(b/i)*(d/i);
}
for(int i=1;i<=min(b,d);i++){
ans2+=(long long)mu[i]*(min(b,d)/i)*(min(b,d)/i);
}
cout<<ans1-ans2/2<<endl;
}
return 0;
}