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;
}

  

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