传送门
看了1个多小时，终于懂了一点了
题目大意：给n,m,k.求gcd(x,y) = k(1<=x<=n, 1<=y<=m)的个数
思路：令F(i)表示i|gcd(x,y)的(x,y)的对数，显然F(x)=[nx]∗[mx]。
设f(x)为gcd(x,y)=x的对数。
因为F(x)=∑i|xf(i)，所以我们可以莫比乌斯反演它。
根据公式f(x)=∑x|dμ(d)F(d)
我们的目标就是f(1)（因为n和m都可以除以k）
所以我们就可以在O(n)的时间复杂度内求出答案了。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
int n, m, k, miu[MAXN], p[MAXN], cnt;
bool vis[MAXN];
void sieve() {
miu[1] = 1;
for(int i = 2; i < MAXN; ++ i) {
if(!vis[i]) {
miu[i] = -1;
p[++ cnt] = i;
}
for(int j = 1; j <= cnt; ++ j) {
if(p[j] * i > MAXN) break;
vis[p[j]*i] = 1;
if(i % p[j] == 0) {
miu[i * p[j]] = 0;
break;
}
else miu[i * p[j]] = - miu[i];
}
}
}
int main() {
sieve(); int T, a, c; scanf("%d", &T);
for(int C = 1; C <= T; ++ C) {
printf("Case %d: ", C);
scanf("%d%d%d%d%d", &a, &n, &c, &m, &k);
if(!k) { puts("0"); continue; }
n /= k; m /= k;
if(n > m) swap(n, m);
long long ans1 = 0, ans2 = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
ans1 += 1LL * miu[i] * (n/i) * (m/i);
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
ans2 += 1LL * miu[i] * (n/i) * (n/i);
//因为要求无序的数对，所以我们可以减去ans2/2
ans1 -= ans2/2;
printf("%I64d\n", ans1);
}
}