cf1208G Polygons 欧拉函数

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给你两个正整数\(n\)和\(k\)，询问在一个圆上你最少需要几个点构才能造出\(k\)个边数小于等于\(n\)的正多边形

思路

深受迫害，所以写的详细一点，不会请留言。

性质1

考虑加进一个\(x\)边形。那么他的因子\(d\)一定在他之前加进来了.

因为\(d\)可以完全由\(x\)的点表现出来。

如果没加\(d\)，那么加\(d\)显然比加\(x\)优秀(显然)。

性质2

两个图形，让他们尽量多的重合些点是好的。

那两个图形能重合多少点呢？答案显然是固定的。

两个图形让他们一个点重合，即可得到最好的。

因为是正多边形，所以随便重合一个点，重合的情况都是一样的。

即最优的答案。

所以我们加入的\(k\)个正多边形都重合到一个点上，设这个点为\(0\)点。

联系起来

\(x\)在圆上,假设他的点为\(\frac{0}{x},\frac{1}{x}……\frac{x-1}{x}\)

由\(part2\)可以知道，0这个点上每个图形都会经过。

由\(part1\)可以知道\(x\)的点上，他的因子在之前就会加入，所以他的因子及其倍数都是原先就有的(被覆盖过)。

这个过程就是类似于暴力筛\(phi\)的过程，所以剩下的就是与他互质的数。

所以一个正\(x\)边形的贡献就是\(phi(x)\).

找出\(k\)个最小的\(phi\)就行了

其实这个题就是俄罗斯数学竞赛的题目....我同桌给我讲过类似的证明，忘记了(菜)。

代码

因为1,2不是正x边形，所以不能选为k变形

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int _=1e6+7,limit=1e6;
int phi[_];
void Euler() {
	for(int i=1;i<=limit;++i) phi[i]=i;
	for(int i=2;i<=limit;++i) {
		if(phi[i]==i) {
			phi[i]=i-1;
			for(int j=i+i;j<=limit;j+=i)
				phi[j]=(phi[j]/i)*(i-1);
		}
	}
}
std::vector<int> ans;
int main() {
	Euler();
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	if(k==1) return puts("3"),0;
	for(int i=3;i<=n;++i) ans.push_back(phi[i]);
	sort(ans.begin(),ans.end());
	long long tot=0;
	for(int i=0;i<k;++i) tot+=ans[i];
	cout<<tot+2<<"\n";
	return 0;
}