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​​pid=1695​​

非常经典的题。同一时候感觉也非常难。

在区间[a,b]和[c,d]内分别随意取出一个数x,y,使得gcd(x,y) = k。问这种(x,y)有多少对。能够觉得a,c均为1，并且gcd(5,7)与gcd(7,5)是同一种。


由于gcd(x,y) = k，那么gcd(x/k,y/k) = 1。也就是求区间[1,b/k]和[1,d/k]内这种(x,y)对使得gcd(x,y) = 1。

为了防止计数反复，首先假定b/k <= d/k，那么当y <= b/k时。这种对数有Euler[y]个。当y > b/k时，先把y进行素因子分解为p1,p2...pi。仅仅要可以求出[1,b/k]内与y不互质的数，那么与y互质的数用b减去就行了。求与y不互质的数的个数用到容斥原理。由于某些素因子的倍数是一样的，令pi的整数倍集合为Ai,那么就是求这些集合的并。

求集合的并依据容斥关系进行dfs。

这个想了好久没有想出来，參考了某大神的博客写出来的。大体思路就是如果素因子分解出来是p1,p2,p3，先把仅仅有p1倍数的个数求出来。这是一个递归的过程。即是p1倍数的个数减去p1p2倍数的个数减去p1p2p3倍数的个数，相同的对于p2,p2倍数的个数减去p2p3倍数的个数。


#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <stack>
#include <vector>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <string>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
//#define LL long long
#define LL __int64
#define eps 1e-12
#define PI acos(-1.0)
#define C 240
#define S 20
using namespace std;
const int maxn = 100010;

int flag[maxn];
int prime[maxn];
int phi[maxn];
vector <int> edge[maxn];
int test,a,b,c,d,k;

//基于素数筛的欧拉函数
void init()
{
    memset(flag,0,sizeof(flag));
    prime[0] = 0;
    phi[1] = 1;
    for(int i = 2; i < maxn; i++)
    {
        if(flag[i] == 0)
        {
            prime[++prime[0]] = i;
            phi[i] = i-1;
        }
        for(int j = 1; j <= prime[0] && prime[j]*i < maxn; j++)
        {
            flag[prime[j]*i] = 1;
            if(i % prime[j] == 0)
                phi[prime[j]*i] = phi[i]*prime[j];
            else phi[prime[j]*i] = phi[i]*(prime[j]-1);
        }
    }
}

//vector存每一个数的素因子。
void spilt()
{
    for(int i = 1; i < maxn; i++)
    {
        int tmp = i;
        for(int j = 1; prime[j]*prime[j] <= tmp; j++)
        {
            if(tmp % prime[j] == 0)
            {
                edge[i].push_back(prime[j]);
                while(tmp % prime[j] == 0)
                    tmp /= prime[j];

            }
            if(tmp == 1)
                break;
        }
        if(tmp > 1)
            edge[i].push_back(tmp);
    }
}

//求小于等于b的与cur不互质的数的个数
LL dfs(int st, int b, int cur)
{
    LL res = 0;
    for(int i = st; i < (int)edge[cur].size(); i++)
    {
        int k = b/edge[cur][i];
        res += k - dfs(i+1,k,cur);
    }
    return res;
}

int main()
{
    init();
    spilt();

    scanf("%d",&test);
    for(int item = 1; item <= test; item++)
    {
        scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&k);
        if(k == 0 || k > b || k > d)
        {
            printf("Case %d: 0\n",item);
            continue;
        }
        b /= k;
        d /= k;
        if(b > d)
            swap(b,d);
        LL ans = 0;
        for(int i = 1; i <= b; i++)
        {
            ans += phi[i];
        }
        for(int i = b+1; i <= d; i++)
        {
            ans += b-dfs(0,b,i);
        }
        printf("Case %d: %I64d\n",item,ans);

    }
    return 0;
}