Problem b
做法：莫比乌斯反演。
思路：
对于给出的 \(n\) 个询问，每次求有多少个数对 \((x,y)\)，满足 \(a \le x \le b\)，\(c \le y \le d\)，且 \(\gcd(x,y) = k\)，\(\gcd(x,y)\) 函数为 \(x\) 和 \(y\) 的最大公约数。
我们设
\[\operatorname{f}(n)=\sum\limits_{i=1}^x \sum\limits_{j=1}^y [n|\gcd(i,j)]
\]
\[ans=\operatorname{g}(n)=\sum\limits_{i=1}^x \sum\limits_{j=1}^y [\gcd(x,y)=k]
\]
利用容斥原理，答案为图像上蓝色部分：
问题在于如何求 \(\operatorname{g}(x,y)\) 。
我们知道：
\[\operatorname{f}(n)=\sum\limits_{n|d}\operatorname{g}(d)
\]
利用莫比乌斯反演可得：
\[\operatorname{g}(n)=\sum\limits_{n|d}\operatorname{\mu}(\frac{d}{n})\operatorname{f}(n)
\]
\(\operatorname{\mu}(\frac{d}{n})\) 可以利用线性筛求出， \(\operatorname{f}(d)\) 易得 \(\operatorname{f}(d)=\left\lfloor\frac{x}{n}\right\rfloor \left\lfloor\frac{y}{n}\right\rfloor\)
答案可以推出：
\[ans=\sum\limits_{n|d}\operatorname{\mu}(\frac{d}{n})\operatorname{f}(d)=\sum\limits_{i=1}^{\min(x,y)}\operatorname{\mu}(i)\left\lfloor\frac{x}{i\cdot n}\right\rfloor \left\lfloor\frac{y}{i\cdot n}\right\rfloor
\]
再利用数论分块以及前缀和优化一下就不会超时了。
代码：
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
namespace FastIo{
typedef __uint128_t ULLL;
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf,fw[100000],*pw=fw;
#define gc p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
inline void pc(const char &ch){
if(pw-fw==100000)fwrite(fw,1,100000,stdout),pw=fw;
*pw++=ch;
}
#define fsh fwrite(fw,1,pw-fw,stdout),pw=fw
struct FastMod{
FastMod(ULL b):b(b),m(ULL((ULLL(1)<<64)/b)){}
ULL reduce(ULL a){
ULL q=(ULL)((ULLL(m)*a)>>64);
ULL r=a-q*b;
return r>=b?r-b:r;
}
ULL b,m;
}HPOP(10);
struct QIO{
char ch;
int st[40];
template<class T>inline void read(T &x){
x=0,ch=gc;
while(!isdigit(ch))ch=gc;
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=gc;}
}
template<class T>inline void write(T a){
do{st[++st[0]]=HPOP.reduce(a);a/=10;}while(a);
while(st[0])pc(st[st[0]--]^48);
pc('\n');
}
}qrw;
}
using namespace FastIo;
#define P(A) A=-~A
#define fione(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;P(i))
const int NUMBER1=5e4;
int prime[NUMBER1+5],cnt(0);
LL mu[NUMBER1+5];
bool pd[NUMBER1+5];
inline void PRIME(){
int k;
mu[1]=1;
fione(i,2,NUMBER1){
if(!pd[i])prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(register int j(1);prime[j]*i<=NUMBER1;P(j)){
k=prime[j]*i;
pd[k]=true;
if(!(i%prime[j]))break;
mu[k]-=mu[i];
}
}
fione(i,1,NUMBER1)mu[i]+=mu[i-1];
}
inline int fk(int k,int x){return k/(k/x);}
inline LL work(int x,int y,int k){
x/=k,y/=k;
LL ans(0);int n=std::min(x,y);
for(register int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=std::min(n,std::min(fk(x,l),fk(y,l)));
ans+=(mu[r]-mu[l-1])*(x/l)*(y/l);
}
return ans;
}
signed main(){
PRIME();
int T,a,b,c,d,k;
qrw.read(T);
while(T--){
qrw.read(a);
qrw.read(b);
qrw.read(c);
qrw.read(d);
qrw.read(k);
qrw.write(work(b,d,k)-work(a-1,d,k)-work(b,c-1,k)+work(a-1,c-1,k));
}
fsh;
exit(0);
return 0;
}