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题意
(1,1)到(n,m)每个点,与(0,0)点连线上的整点个数若为 ,其权值即为 ,求权值和。
题解
画个样例我们能发现,整点个数也就是
那么结果就是
问题就转化为求解
这个可用容斥 求
但用 化简的话,也就是
代码
版
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
int n,m,mu[N],prime[N],tot=0;
bool notprime[N];
void mobius(){
mu[1]=1;
memset(notprime,false,sizeof(notprime));
for(int i=2;i<=100000;i++){
if(!notprime[i]){
prime[++tot]=i;
mu[i]=-1;
}for(int j=1;j<=tot,prime[j]*i<=100000;j++){
notprime[prime[j]*i]=true;
if(i%prime[j]==0){
mu[prime[j]*i]=0;
break;
}mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
}for(int i=2;i<=100000;i++) mu[i]+=mu[i-1];
}
ll f(int x,int y){
if(x>y) swap(x,y);
ll ans=0;
for(int i=1,last=1;i<=x;i=last+1){
last=min(x/(x/i),y/(y/i));
ans+=(ll)(mu[last]-mu[i-1])*(x/i)*(y/i);
}return ans;
}
int main(){
mobius();ll ans=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n>m) swap(n,m);
for(int i=1;i<=n;i++) ans+=(ll)i*f(n/i,m/i);
printf("%lld\n",2*ans-(ll)n*m);
return 0;
}
版
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
int n,m,prime[N],tot=0;
bool notprime[N];
ll ans=0,phi[N];
void euler(){
phi[1]=1;
memset(notprime,false,sizeof(notprime));
for(int i=2;i<=100000;i++){
if(!notprime[i]) prime[++tot]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=tot,prime[j]*i<=100000;j++){
notprime[prime[j]*i]=true;
if(i%prime[j]==0){
phi[prime[j]*i]=phi[i]*prime[j];
break;
}phi[prime[j]*i]=phi[prime[j]]*phi[i];
}
}for(int i=2;i<=100000;i++) phi[i]+=phi[i-1];
}
int main(){
euler();
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n>m) swap(n,m);
for(int i=1,last=1;i<=n;i=last+1){
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(phi[last]-phi[i-1])*(n/i)*(m/i);
}printf("%lld\n",2*ans-(ll)m*n);
return 0;
}