题目大意

给出m,n，对于每一个整数x∈[1,m]，y∈[1,n]都有一点(x,y)。处理每个点所需要的能量为2*k+1，k为该点到原点经过的点的数量（不包括该点本身）。求处理所有点所需要的能量和。

思路

先考虑考虑暴力，即枚举每一个点，求其所需的能量。我们怎么知道一个点(x,y)的k值呢？

性质1：k=gcd(x,y)-1

既然是直线，所以我们可以想到斜率。我们规定斜率用两个互质的整数：分子和分母来表示。现在我们要求k。小学时我们是怎么化简分数的？分子分母分别除以它们的最大公因数即可。意思就是说，上述所说的分子是y/gcd(x,y)，分母是x/gcd(x,y)。因为x=gcd(x, y) * (x / gcd(x, y))， y也是如此，所以对于每个整数a∈1~gcd(x,y)，点(a*(x/gcd(x,y)), a*(y/gcd(x,y)))都是在原点与点(x,y)直线上的整点。抠掉当前点，因此，k=gcd(x,y)-1。

对于每个点都来一次gcd很慢，但是我们知道，一个约数i在1~n范围内是n/i个数的约数。gcd也是个约数，如果能利用到这一点，不就可以同时处理很多个点了吗？

现在我们的思路是：既然只要gcd(x,y)都相同，该点所需要的能量就相同，所以我们看看最大公约数等于i的数对(x,y)个数f[i]是多少，再让f[i]*(2*i-1)就是这个最大公因数对答案ans做出的贡献。

性质2：f[i]=公约数中含有i的个数-sum foreach j(i<j<=min(m,n)/i) (f[i*j])

容斥原理，如果i*j是某个数对的最大公因数，则i就不是它的最大公因数。把这样的点都抠掉，剩下的就都是关于最大公因数是i的了。

性质3：公约数含有i的个数=m/i*n/i

数对(x,y)的公约数中含有i当且仅当i既是x的约数又是y的约数。先选择约数中含有i的x，其有m/i个。这时再选择y，其有n/i个。根据乘法原理，因为是依次选择，所以两个式子相乘。

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define ll long long

const int MAX_N = 1000010;

int main()

{

	ll n, m, ans = 0;

	static ll f[MAX_N];

	scanf("%lld%lld", &n, &m);

	if (n > m)

		swap(n, m);

	memset(f, 0, sizeof(f));

	for (ll i = n; i >= 1; i--)

	{

		f[i] = (n / i)*(m / i);

		for (ll j = 2; j <= n / i; j++)

			f[i] -= f[i*j];

		ans += f[i] * (i * 2 - 1);

	}

	printf("%lld\n", ans);

	return 0;

}

巴特西

luogu1447 能量采集

题目大意

思路

性质1：k=gcd(x,y)-1

性质2：f[i]=公约数中含有i的个数-sum foreach j(i<j<=min(m,n)/i) (f[i*j])

性质3：公约数含有i的个数=m/i*n/i

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