##[$AcWing$ $215$. 破译密码](https://www.acwing.com/problem/content/description/217/)


### 一、题目描述
达达正在破解一段密码，他需要回答很多类似的问题：
对于给定的整数 $a,b$ 和 $d$，有多少正整数对 $x,y$，满足 $x≤a，y≤b$，并且 $gcd(x,y)=d$。作为达达的同学，达达希望得到你的帮助。

**输入格式**
第一行包含一个正整数 $n$，表示一共有 $n$ 组询问。

接下来 $n$ 行，每行表示一个询问，每行三个正整数，分别为 $a,b,d$。

**输出格式**
对于每组询问，输出一个正整数，表示满足条件的整数对数。

**数据范围**
$1≤n≤50000,1≤d≤a,b≤50000$

**输入样例：**
```cpp {.line-numbers}
2
4 5 2
6 4 3
```

**输出样例：**
```cpp {.line-numbers}
3
2
```

提示:$gcd(x,y)$ 返回 $x，y$ 的最大公约数。

### 二、题目分析

#### 前导知识
**[$1$、容斥原理 $AcWing$ $890$. 能被整除的数 ](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15389237.html)**
> **小结**：
> ① 二进制对质数序列的组合式枚举
> ② 奇数加，偶数减
 
**[$2$、数论分块 $AcWing$ $199$. 余数之和](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16389420.html)**
> **小结**：
> 给出$n,k$,求 $\displaystyle \sum_{i=1}^n k \ \% \ i$

**核心代码**
```cpp {.line-numbers}    
    ans = n * k;                                    // 看题解的推导公式
    for (l = 1; l <= n; l = r + 1) {                // 枚举左端点,每次跳着走，下次的位置就是本次r的位置+1
        if (k / l == 0) break;                      // 1、当k/l=0的时候，显然这段以及后面（有单调性）已经没有贡献了，可以 break。
        r = min(k / (k / l), n);                    // 2、注意右端点和n取个min，因为>n没有贡献了。
        ans -= (k / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2; // 等差数列求和：左到右边界内，是公差为1的等差数列，首项+末项 乘以 项数 除以2
    }
```

**[$3$、莫比乌斯函数](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16392135.html)**

####　解题思路
我们分析一下，题目很明了，要求的就是$gcd(x,y)=d$的个数，转化一下：
$$\large x'=x/d,y'=y/d$$

$$\large |gcd(x,y)=d| \Leftrightarrow  |gcd(x',y')=1|$$

><font color='red'><b>注</b>：上面的"| |"，表示的是符合这样条件的$(x,y)$的数对个数,这两个式子的数对$(x,y)$和$(x',y')$ 是一一对应的。</font>

> **证明**：
首先，$x , y$ 的最大公约数是$d$，那么 **除去最大公约数**，得到的两个数就 **互质**。对于每个$gcd(x,y)=d$都如此操作，那么可以证明，这两个的 **数量** 是一一对应的。

问题转化为：$x≤a/d$ , $y≤b/d$ ，$gcd(x,y)=1$的个数，我们考虑：

<h4>补集思想:互质数 = 总数 - 不互质数</h4>

总数很容易，$a'=a/d,b'=b/d$ ，两个数的所有组合形式数量就是$a'∗b'$，下面分析下我们要减去不互质的数：

$$\large a'b'-⌊\frac{a'}{2}⌋⌊\frac{b'}{2}⌋-⌊\frac{a'}{3}⌋⌊\frac{b'}{3}⌋-...\\
\ \ \ \ \ \ \ +⌊\frac{a'}{6}⌋⌊\frac{b'}{2}⌋+.... \\
\ \ \ \ \ \ \ -.....
$$

这样看来，本题是一个简单的容斥原理！ 


但是由于容斥原理是$O(N)$的，询问的次数$50000$次，会超时，才会想到需要优化。

**优化办法**

① 莫比乌斯函数
$$\displaystyle \large a' \cdot b'+\sum_{i=1}^{min(a,b)}⌊\frac{a'}{i}⌋⌊\frac{b'}{i}⌋ \cdot {mobius[i]}$$

② 数据分块
参考余数之和，$yxc$没有讲过这道题。


$$\large \sum_{i=2}^{min(a',b')}⌊\frac{a'}{i}⌋*⌊\frac{b'}{i}⌋*mobius[i]$$

> **证明**：
> 我们要减去的是什么呢？是不互质的数，不互质数是什么呢？是最大公因数不为$1$的数，不为$1$，那可以为几呢？**不是$1$就行**（~~废话~~），**枚举最大公因数不为$1$的个数即可**,枚举每一个可能的最大公因数，并且计算个数,其中 $2 <= i <= min(a',b')$ 。
> 
当最大公因数是只有一个质因子的时候，我们可以列出：
$$\large ⌊\frac{a'}{2}⌋* ⌊\frac{b'}{2}⌋+⌊\frac{a'}{3}⌋*⌊\frac{b'}{3}⌋+.....$$
最大公因数是$2$的两对数，实际上就等于$2$的倍数个数相乘,这两个个数是等同的，同理$3$也是，但是我们要考虑重复的情况，如$6$，我们$2，3$，都枚举了一次，那么会重复，根据容斥原理，我们要减去，最后我们发现，其实符号就是$Mobius$函数（这个证明是显然的）。以此类推，枚举到$a′$和$b′$中较小的就可以了，因为大于较小的，则式子为$0$，我们就能推出上面的式子了。

答案呼之欲出：
$$\large a'*b'+\sum_{i=2}^{min(a',b')}⌊\frac{a'}{i}⌋*⌊\frac{b'}{i}⌋*mobius[i]$$

我们把这玩意合体一下
$$\large \sum_{i=1}^{min(a',b')}⌊\frac{a'}{i}⌋*⌊\frac{b'}{i}⌋*mobius[i]$$

- $\large ⌊\frac{a}{i}⌋×⌊\frac{b}{i}⌋$ 对应的序列有很多值都是相同的，计算一次就行(**[数论分块](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16389420.html)** 优化一下)，假设值记为$t$，对应的区间假设为$[l, r]$，然后让$t$乘以$μ(l)+μ(l+1)+…+μ(r)$ 即可求出该段中的和，$μ(l)+μ(l+1)+…+μ(r)$,可以使用 **莫比乌斯前缀和** 求解。


### 三、实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 50010;

//线性筛法求莫比乌斯函数(枚举约数)
int mu[N], sum[N]; // 莫比乌斯函数的前缀和
int primes[N], cnt;
bool st[N];
void get_mobius(LL n) {
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) {
            primes[cnt++] = i;
            mu[i] = -1; //奇数个质因子，现在只有1个质因子，所以函数值是-1
        }
        for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
            int t = primes[j] * i;
            st[t] = true; //把t筛掉

            // t里有primes[j],而i里如果还有一个primes[j],那么最少有2个及以上的primes[j],根据mobius函数定义，此时函数值为0
            if (i % primes[j] == 0) {
                mu[t] = 0;
                break;
            }
            mu[t] = mu[i] * -1;
            //因为执行到这里primes[j]这个质因子只有1个，所以整个莫比乌斯函数里有没有某个质因子的个数大于1个，取决于i的质因子个数
        }　
    }
    // 维护莫比乌斯函数前缀和
    for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}

int main() {
    //筛法求莫比乌斯函数
    get_mobius(N - 1);

    int T;
    cin >> T;

    while (T--) {
        int a, b, d;
        cin >> a >> b >> d;
        //套路啊，满满的套路，直接先用最大公约数a/gcd(a,b)=a',b/gcd(a,b)=b',映射到a',b'
        a /= d, b /= d;

        // n为 min(a', b')
        int n = min(a, b);

        LL res = 0;

        // l r, 是每一段的左右边界
        // 每次只能取较小的那个上界作为这一段的右端点r
        // 然后下次迭代时下一段的左端点就是r + 1
        for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) { //分块大法
            r = min(n, min(a / (a / l), b / (b / l)));
            res += (sum[r] - sum[l - 1]) * (LL)(a / l) * (b / l);
        }
        printf("%lld\n", res);
    }
    return 0;
}
```