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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：
2
4 5 2
6 4 3
输出样例：
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
小结： ① 二进制对质数序列的组合式枚举 ② 奇数加，偶数减
小结： 给出
n,k,求\displaystyle \sum_{i=1}^n k \ \% \ i
核心代码
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
}
#### 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|注：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。
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：
补集思想:互质数 = 总数 - 不互质数
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 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
#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;
}