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##[$AcWing$ $215$. 破译密码](https://www.acwing.com/problem/content/description/217/)
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### 一、题目描述
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达达正在破解一段密码，他需要回答很多类似的问题：
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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。
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**输入格式**
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第一行包含一个正整数 $n$，表示一共有 $n$ 组询问。
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接下来 $n$ 行，每行表示一个询问，每行三个正整数，分别为 $a,b,d$。
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**输出格式**
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对于每组询问，输出一个正整数，表示满足条件的整数对数。
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**数据范围**
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$1≤n≤50000,1≤d≤a,b≤50000$
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**输入样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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2
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4 5 2
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6 4 3
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```
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**输出样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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3
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2
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```
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提示:$gcd(x,y)$ 返回 $x，y$ 的最大公约数。
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### 二、题目分析
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#### 前导知识
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**[$1$、容斥原理 $AcWing$ $890$. 能被整除的数 ](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15389237.html)**
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> **小结**：
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> ① 二进制对质数序列的组合式枚举
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> ② 奇数加，偶数减
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**[$2$、数论分块 $AcWing$ $199$. 余数之和](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16389420.html)**
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> **小结**：
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> 给出$n,k$,求 $\displaystyle \sum_{i=1}^n k \ \% \ i$
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**核心代码**
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```cpp {.line-numbers}
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ans = n * k; // 看题解的推导公式
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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
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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。
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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。
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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
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}
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```
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**[$3$、莫比乌斯函数](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16392135.html)**
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#### 解题思路
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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：
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$$\large x'=x/d,y'=y/d$$
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$$\large |gcd(x,y)=d| \Leftrightarrow |gcd(x',y')=1|$$
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><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>
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> **证明**：
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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。
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问题转化为：$x≤a/d$ , $y≤b/d$ ，$gcd(x,y)=1$的个数，我们考虑：
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<h4>补集思想:互质数 = 总数 - 不互质数</h4>
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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：
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$$\large a'b'-⌊\frac{a'}{2}⌋⌊\frac{b'}{2}⌋-⌊\frac{a'}{3}⌋⌊\frac{b'}{3}⌋-...\\
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\ \ \ \ \ \ \ +⌊\frac{a'}{6}⌋⌊\frac{b'}{2}⌋+.... \\
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\ \ \ \ \ \ \ -.....
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$$
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这样看来，本题是一个简单的容斥原理！
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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。
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**优化办法**
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① 莫比乌斯函数
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$$\displaystyle \large a' \cdot b'+\sum_{i=1}^{min(a,b)}⌊\frac{a'}{i}⌋⌊\frac{b'}{i}⌋ \cdot {mobius[i]}$$
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② 数据分块
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参考余数之和，$yxc$没有讲过这道题。
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$$\large \sum_{i=2}^{min(a',b')}⌊\frac{a'}{i}⌋*⌊\frac{b'}{i}⌋*mobius[i]$$
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> **证明**：
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> 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 $2 <= i <= min(a',b')$ 。
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>
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当最大公因数是只有一个质因子的时候，我们可以列出：
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$$\large ⌊\frac{a'}{2}⌋* ⌊\frac{b'}{2}⌋+⌊\frac{a'}{3}⌋*⌊\frac{b'}{3}⌋+.....$$
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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。
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答案呼之欲出：
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$$\large a'*b'+\sum_{i=2}^{min(a',b')}⌊\frac{a'}{i}⌋*⌊\frac{b'}{i}⌋*mobius[i]$$
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我们把这玩意合体一下
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$$\large \sum_{i=1}^{min(a',b')}⌊\frac{a'}{i}⌋*⌊\frac{b'}{i}⌋*mobius[i]$$
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- $\large ⌊\frac{a}{i}⌋×⌊\frac{b}{i}⌋$ 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。
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### 三、实现代码
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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const int N = 50010;
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//线性筛法求莫比乌斯函数(枚举约数)
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int mu[N], sum[N]; // 莫比乌斯函数的前缀和
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int primes[N], cnt;
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bool st[N];
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void get_mobius(LL n) {
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mu[1] = 1;
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for (int i = 2; i <= n; i++) {
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if (!st[i]) {
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primes[cnt++] = i;
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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
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}
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for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
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int t = primes[j] * i;
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st[t] = true; //把t筛掉
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// 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
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if (i % primes[j] == 0) {
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mu[t] = 0;
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break;
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}
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mu[t] = mu[i] * -1;
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//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
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}
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}
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// 维护莫比乌斯函数前缀和
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for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
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}
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int main() {
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//筛法求莫比乌斯函数
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get_mobius(N - 1);
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int T;
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cin >> T;
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while (T--) {
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int a, b, d;
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cin >> a >> b >> d;
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//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'
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a /= d, b /= d;
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// n为 min(a', b')
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int n = min(a, b);
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LL res = 0;
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// l r, 是每一段的左右边界
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// 每次只能取较小的那个上界作为这一段的右端点r
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// 然后下次迭代时下一段的左端点就是r + 1
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for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) { //分块大法
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r = min(n, min(a / (a / l), b / (b / l)));
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res += (sum[r] - sum[l - 1]) * (LL)(a / l) * (b / l);
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}
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printf("%lld\n", res);
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}
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return 0;
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}
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