Description
对于给出的n个询问，每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k，gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。
第一行一个整数n，接下来n行每行五个整数，分别表示a、b、c、d、k
Output
共n行，每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数
2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2
Sample Output
14
3
HINT
100%的数据满足：1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000
分析
首先利用容斥原理将询问分解 问题转化为求有多少个数对(x,y)满足x<=m,y<=n,且GCD(x,y)=k 这里就可以利用到莫比乌斯反演： 
我们令F(d)为GCD(x,y)=d且x<=m,y<=n的数对数 f(d)为d|GCD(x,y)且x<=m,y<=n的数对数 那么显然有F(d)=(n/d)*(m/d) 但是直接套用公式还是O(n^2)级别的 考虑到(n/d)*(m/d)最多只会有2√n个商 因此我们可以枚举这个商 对μ维护一个前缀和来计算
代码
#include <bits/stdc++.h>#define N 100100#define ll long longusing namespace std;int tot;ll mu[N],PRime[N];bool notPrime[N];void getMu(){ mu[1] = 1; for (int i = 2; i <= N; i++) { if (!notPrime[i]) { mu[i] = -1; prime[++tot] = i; } for (int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= N; j++) { notPrime[i * prime[j]] = true; if (i % prime[j] == 0) { mu[prime[j] * i] = 0; break; } mu[prime[j] * i] = -mu[i]; } } for (int i = 2; i <= N; i++) { mu[i] += mu[i - 1]; }}ll work(int m,int n,int k){ ll result = 0; int last; n /= k; m /= k; for (int i = 1; i <= n && i <= m; i = last + 1) { last = min(n / (n / i),m / (m / i)); result += (mu[last] - mu[i - 1]) * (m / i) * (n / i); } return result;}int main(){ int T; getMu(); scanf("%d",&T); while (T--) { int a,b,c,d,k; scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k); printf("%lld/n",work(b,d,k) - work(a-1,d,k) - work(b,c-1,k) + work(a-1,c-1,k)); } return 0;}
