题目链接：循环之美

　　这道题感觉非常优美……能有一个这么优美的题面和较高的思维难度真的不容易……

　　为了表示方便，让我先讲一下两个符号。$[a]$表示如果$a$为真，那么返回$1$，否则返回$0$； $a \perp b$表示$a$与$b$互质。

　　首先，我们需要考虑一个分数要成为纯循环小数需要满足什么条件。

　　我们先来回想一下，我们是怎样使用除法来判断一个分数$\frac{x}{y}$是否是纯循环小数的。显然我们是一路除下去，什么时候出现了相同的余数，那么这个数就是一个循环小数。如果第一个重复的余数是$x$，那么这个数就是纯循环小数。这种方法实际上就是存在一个数$l$，使得：$$xk^l \equiv x (\bmod y)$$

　　又由于题目要求值不重复，那么我们可以得到$x \perp y$。所以，我们可以推出$k^l \equiv 1(\bmod y)$。所以我们只需$k \perp y$即可。

　　于是，我们实际上是要求这个式子：\begin{aligned}&\sum_{x=1}^{n} \sum_{y=1}^{m}[x\perp y][y \perp k]\\=&\sum_{y=1}^{m}[y\perp k]\sum_{x=1}^{n}[x\perp y]\end{aligned}

　　用一下莫比乌斯反演，可以得到：\begin{aligned}&\sum_{y=1}^{m}[y\perp k] \sum_{x=1}^{n}\sum_{d|x,d|y}\mu(d)\\=&\sum_{y=1}^{m}[y\perp k]\sum_{d|y}^{n}\mu(d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \end{aligned}

　　再通过换一下枚举顺序，可得：\begin{aligned}&\sum_{d=1}^{\min (n,m)}\mu(d)\lfloor \frac{n}{d} \rfloor \sum_{y=1}^{m}[d\ |\ y][y\perp k]\\=&\sum_{d=1}^{\min (n,m)}\mu(d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}[id\perp k]\\=& \sum_{d=1}^{\min (n,m)}[d\perp k]\mu(d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}[i\perp k]\end{aligned}

　　最后一步用了互质的一个性质，那就是$[ab\perp c]=[a\perp c][b\perp c]$。这点应该很好理解吧……

　　我们不放设$f(n,k)=\sum_{i=1}^n[i\perp k]$，那么我们只要在$O(1)$的时间内求出$f$，复杂度就是$O(n)$，就可以得到$84$分。实际上，我们可以得到一个式子：　　$$f(n,k)=\lfloor \frac{n}{k} \rfloor f(k,k)+f(n\bmod k,k)$$

　　这个应该也不难理解，因为$[a\perp b]=[a\bmod b \perp b]$

　　于是我们就可以对$f(n,k)$预处理出$n\leqslant k$的值，每次求值就变成$O(1)$了。于是$84$分到手了。

　　我们考虑接下来该如何优化。由于$\lfloor \frac{m}{x} \rfloor$只有$\sqrt{m}$种取值，$\lfloor \frac{n}{x} \rfloor$只有$\sqrt{n}$种取值，于是我们显然可以分段求和。然后，我们就需要快速求出$\sum_{i=1}^n[i\perp k]\mu(i)$的值。

　　不妨设$g(n,k)=\sum_{i=1}^n[i\perp k]\mu(i)$，我们来考虑一下这个函数如何快速求。我们先考虑$k$的一个质因数$p$，那么$k$显然可以写成$p^cq$的形式。由于在$[1,n]$的范围中只有与$k$互质的才是有效值，那么若$x\perp k$，我们可以得到$x\perp p$并且$x\perp q$。于是，我们可以考虑从$x\perp q$的取值中减去$x$不与$p$互质的部分，就可以得到$x\perp k$的部分。这里如果不懂的话可以自己画一个$x\perp q$，$x\perp p$，$x\perp k$的关系图理解一下。

　　由于所有与$q$互质的数一定可以写成$p^xy(y\perp q)$的形式。那么我们需要减去的数一定满足$x>0$。又由于当$x>1$时$\mu(p^xy)=0$，所以我们只需要考虑$x=1$的情况即可。在这种情况下，我们需要考虑的数就是$py(y\perp q)$的形式，所以我们可以得到如下式子：\begin{aligned}  g(n,k)&=\sum_{i=1}^n[i\perp q]\mu(i)-\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[py\perp q]\mu(py) \\&=g(n,q)- \sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[y\perp q]\mu(py)\end{aligned}

　　上面的最后一步是由于$p\perp q$，所以$py\perp q$只需在保证$y\perp q$即可。

　　我们接着来考虑后一个式子。显然当$p\perp y$的时候$\mu(py)=\mu(p)\mu(y)$，否则$\mu(py)=0$。于是，我们又得到了：\begin{aligned} g(n,k)&=g(n,q)- \sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[y\perp p][y\perp q]\mu(p)\mu(y)\\&=g(n,q)-\mu(p)\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[y\perp k]\mu(y)\\&=g(n,q)+g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,k) \end{aligned}

　　于是我们就可以递归求解了。容易发现边界情况就是$n=0$或者$k=1$。$n=0$的时候直接返回$0$就可以了，$k=1$的时候就是莫比乌斯函数的前缀和，用杜教筛求出来就可以了。由于每次递归要么$n$会变成$\lfloor \frac{n}{p} \rfloor$，有$O(\sqrt{n})$种取值；要么$p$少了一个质因数，有$\omega(k)$种取值，所以总共有$O(\omega(k)\sqrt{n})$种取值，记忆化搜索即可。其中$\omega(k)$表示$k$的不同的质因子数目。于是最后的总复杂度为$O(\omega(k)\sqrt{n}+n^{\frac{2}{3}})$，可以通过此题。

　　两个细节：

　　可以在递归求$g$的时候不直接记$k$，而是记录$k$还剩下多少个质因数，方便存储；

　　记忆化的时候可以开哈希链表存储，用$map$也可以，或者干脆分$n,m$以及小于、大于根号的情况存储也可以。

　　第一次写这种题的题解，好像写得过于详细了……请大神们不要喷……

　　下面贴代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
#define maxn 5000010
#define mod 100007
#define maxk 2010

using namespace std;
typedef long long llg;

int n,m,k,pr_k[maxk],lp;
int s[maxn],ls,f[maxk];
int head[mod],next[maxn],to[maxn],tt;
int h1[11][mod],n1[maxn],t1[maxn],t2;
bool vis[maxn],huzhi[maxk];
llg ans,zto[maxn],zt1[maxn],mu[maxn];

int gcd(int a,int b){
	int r=a%b;
	while(r) a=b,b=r,r=a%b;
	return b;
}

void pre(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<maxn;i++){
		if(!vis[i]) s[++ls]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=ls && s[j]*i<maxn;j++){
			vis[s[j]*i]=1;
			if(i%s[j]) mu[i*s[j]]=-mu[i];
			else{mu[i*s[j]]=0;break;}
		}
	}
	for(int i=2;i<maxn;i++) mu[i]+=mu[i-1];
	for(int i=1;i<=k;i++){
		huzhi[i]=(gcd(i,k)==1);
		f[i]=f[i-1]+huzhi[i];
	}
}

llg suan(int x){return (x/k)*f[k]+f[x%k];}
llg solveu(int x){
	if(x<maxn) return mu[x];
	for(int i=head[x%mod];i;i=next[i]) if(to[i]==x) return zto[i];
	int now=++tt; to[tt]=x;next[tt]=head[x%mod];head[x%mod]=tt; zto[now]=1;
	for(int i=2,nt=0;nt<x;i=nt+1) nt=x/(x/i),zto[now]-=(nt-i+1)*solveu(x/i);
	return zto[now];
}

llg g(int x,int y){
	if(!x) return solveu(y);
	if(y<=1) return y;
	for(int i=h1[x][y%mod];i;i=n1[i]) if(t1[i]==y) return zt1[i];
	int now=++t2; t1[t2]=y;n1[t2]=h1[x][y%mod];h1[x][y%mod]=t2;
	return zt1[now]=g(x-1,y)+g(x,y/pr_k[x]);
}

int main(){
	File("a");
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
	pre();
	for(int i=1;s[i]<=k;i++) if(k%s[i]==0) pr_k[++lp]=s[i];
	for(int d=1,l=min(n,m),nt;d<=l;d=nt+1){
		nt=min(n/(n/d),m/(m/d));
		ans+=(g(lp,nt)-g(lp,d-1))*(llg)(n/d)*suan(m/d);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

UOJ #221 【NOI2016】 循环之美