还是挺妙的。

发现对于一个$r$行$c$列的矩阵,穿过的格子数$n = r + c - gcd(r, c)$,题目中其实给定了这个$n$,要我们计算满足这个式子的$r$和$c$的个数。

发现$n$一定要是$gcd(r, c)$的倍数,等式两边可以除掉这个$gcd(r, c)$,变成$n' = r' + c' - 1$。

那么这时候$gcd(r', c') = gcd(n' + 1 - r', c') = 1$。

根据辗转相减法,有$gcd(n' + 1, c') = 1$,而满足这个式子的$c'$的个数恰好是$\varphi (n' + 1)$。

于是可以开心地计算出$c'$的总数$sum = \sum_{d|n} \varphi (d + 1)$。

注意到这时$(n, n)$这一对数只算了一遍,所以最后的答案$ans = (sum + 1) / 2$。

线性筛一波就好啦,时间复杂度$O(n)$。

Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std; const int N = 1e6 + ; int n, pCnt = , ans = , pri[N], phi[N];
bool np[N]; inline void sieve() {
phi[] = ;
for(int i = ; i <= n + ; i++) {
if(!np[i]) pri[++pCnt] = i, phi[i] = i - ;
for(int j = ; j <= pCnt && i * pri[j] <= n + ; j++) {
np[i * pri[j]] = ;
if(i % pri[j] == ) {
phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
break;
}
phi[i * pri[j]] = phi[i] * phi[pri[j]];
}
}
} int main() {
scanf("%d", &n);
sieve();
for(int i = ; i <= n; i++)
if(n % i == ) ans += phi[i + ];
printf("%d\n", (ans + ) / );
return ;
}

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