题解洛谷P2158 【[SDOI2008]仪仗队】

本文搬自本人洛谷博客

题目

本文进行了一定的更新

优化了 Markdown 中 Latex 语句的运用，加强了可读性
补充了“我们仍不曾知晓得消失的性质5 ”，加强了推导的严谨性
介于使用了新的推导方法，调整了推导顺序
补充了关于线性筛的欧拉函数性质8
又又又又又 修改了部分错误（工程量太大，老是出错）
安利了 3b1b 的链接，虽然与本文章无关，但对我们的思维提升很有利
将欧拉函数的定义正确修改
减少了 $ans(n)$ 推导公式的争议性，加强了推导过程的严谨性
更新了 python 代码，方便跟大家学习装逼

【分析】

我们设 左数第 $a$ 列，后数第 $b$ 列的同学，坐标为$(a-1,b-1)$

那么，C君的坐标为$(0,0)$

现在我们即对题目完成建模：在一个从 $(0,0)$ 到 $(n-1,n-1)$ 的点阵中，有多少点能被 $(0,0)$ 点“看到” ？

根据图像，易得出，所有的点都是关于 $y=x$ 对称的(这个性质我们待会儿要用到)

根据题目，如何判定一个点是否看得到呢？

我们假设对于一个存在的点 $(x,y)$ ，那么，根据图像的直观意义，便可以知道，原点和该点连线方向往后的每一个点，都是看不到的。

即对任意整点 $(x,y)$ ，点 $(\lambda x,\lambda y),(\lambda>1)$ 是看不到的

我们可以显然发现：$gcd(\lambda x,\lambda y)=\lambda gcd(x,y)>\lambda\cdot1=\lambda>1$

也就是说，对于一个点 $(x,y)$ ，当 $gcd(x,y) \neq 1$ 时这个点看不到

而对于任意满足 $gcd(x,y)=1$ 的点 $(x,y)$ ，若它会被遮挡，则必定有整点 $({x\over m},{y\over m}),(m>1)$ 存在

根据 $gcd(x,y)=1$ ，我们能发现这样的点不存在

所以我们得出结论：一个点 $(x,y)$ 能被看到，当且仅当 $gcd(x,y)=1$

因此，题目对于给定的 $n$ 所求的点数 $ans(n)$ 即满足

$ans(1)=0$

$\displaystyle ans(n)= \sum_{x=0}^{n-1} \sum_{y=0}^{n-1} [gcd(x,y)=1],n \geq 2$

当然，我们知道 $gcd(0,i)=gcd(i,0)=i$

显然，这个式子可以展开为

$\displaystyle ans(n)=\sum_{x=0}^{n-1} \sum_{y=0}^{x-1}[gcd(x,y)=1]+ \sum_{x=0}^{n-1} \sum_{y=x}^x [gcd(x,y)=1] + \sum_{x=0}^{n-1} \sum_{y=x+1}^{n-1}[gcd(x,y)=1],n \geq 2$

又因为 $y=x$ 上能被看到的点只有点 $(1,1)$ ，所以我们可以直接考虑这个点，然后忽略这条直线了

因此，我们可以将这个式子化简为

$\displaystyle ans(n)=\sum_{x=0}^{n-1} \sum_{y=0}^{x-1}[gcd(x,y)=1]+ 1 + \sum_{x=0}^{n-1} \sum_{y=x+1}^{n-1}[gcd(x,y)=1],n \geq 2$

由文章最上方写的图像的原理，我们可以知道

$\displaystyle \sum_{x=0}^{n-1} \sum_{y=0}^{x-1}[gcd(x,y)=1]= \sum_{x=0}^{n-1} \sum_{y=x+1}^{n-1}[gcd(x,y)=1]$

因此 $\displaystyle ans(n)=2\sum_{x=0}^{n-1} \sum_{y=0}^{x-1}[gcd(x,y)=1]+1,n \geq 2$

又因为根据欧拉函数 $\boldsymbol \varphi (n)$ 的定义，为小于等于 $n$ 的自然数中，与 $n$ 互质的数的个数

数 $a$ 与 $b$ 互质，当且仅当 $gcd(a,b)=1$ 。因此得出 $1$ 与所有数互质

即 $\displaystyle \boldsymbol \varphi (n)=\sum_{i=0}^{n-1} [gcd(i,n)=1]$

因此，我们可以将式子简化为

$\displaystyle ans(n)=2\sum_{x=0}^{n-1} \boldsymbol \varphi(x) +1,n \geq 2$

个人习惯这样表示： $\displaystyle \Phi(n)=\sum_{i=0}^n\boldsymbol\varphi(i)$

所以，式子我们也可以这么写

$\displaystyle ans(n)=2\Phi(n-1) +1,n \geq 2$

终于，我们得到了本题的答案

$\begin{cases}
ans(1)=0
\\\\
\displaystyle ans(n)=2\Phi(n-1) +1,n \geq 2
\end{cases}$

那么，这里对于如何求 $\boldsymbol \varphi(n)$ 做一个讲解，已经掌握的大佬们请直接跳过

首先， $\boldsymbol \varphi(n)$ 的定义是在小于 $n$ 的正整数中，与 $n$ 互质的数的个数

因此，我们先考虑一下，假设存在一个质数 $p$

那么， $p$ 的因数只有 $1$ 和 $p$

在小于 $p$ 的正整数中，不存在任何数含有因数 $p$

因此， $p$ 和任意比它小的正整数都互质

也就是性质1 $\boldsymbol \varphi(p)=p-1$ ( $p-1$ 个数比它小)

接下来，我们考虑 $p^k,k \in Z_+$ 且 $k>1$

$p^k$ 有且仅有质因数 $p$

且比它小的 $(p^k-1)$ 个数中，存在一下几个数也含有质因数 $p$

$p\ ,\ 2p\ ,\ 3p\ ,\ 4p\ \dots\ (p^{k-1}-1)p$

共 $(p^{k-1}-1)$ 个数

因此，剩余的 $(p^k-1)-(p^{k-1}-1)=(p^k-p^{k-1})$ 个数都与之互质

于是我们可以把 $k=1$ 看成这个的一个特例

于是我们得到性质2 $\boldsymbol \varphi(p^k)=p^k-p^{k-1},k \in Z_+$

同时，又因为 $\boldsymbol \varphi(p^{k+1})=p^{k+1}-p^k=p\times(p^k-p^{k-1})$

所以，还能得到性质3 $\boldsymbol \varphi(p^{k+1})=p \times \boldsymbol \varphi(p^k)$

接下来，我们考虑 $\boldsymbol \varphi(p_1^{k_1} p_2^{k_2})$

$(p_1 \neq p_2$ 且 $p_1,p_2$ 为质数 $,k_1,k_2 \in Z_+)$

那么，在比它小的 $(p_1^{k_1} p_2^{k_2}-1)$ 个数中

$p_1\ ,\ 2p_1\ ,\ 3p_1\ ,\ 4p_1\ \dots\ (p_1^{k_1-1} p_2^{k_2}-1)p_1$ 共 $(p_1^{k_1-1} p_2^{k_2}-1)$ 个数与它的最大公因数中含 $p_1$

同理，共 $(p_1^{k_1} p_2^{k_2-1}-1)$ 个数与它最大公因数含 $p_2$

但是，这里还有这重复枚举

$p_1p_2\ ,\ 2p_1p_2\ ,\ 3p_1p_2\ ,\ 4p_1p_2\ \dots\ (p_1^{k_1-1} p_2^{k_2-1}-1)p_1p_2$ 共 $(p_1^{k_1-1} p_2^{k_2-1}-1)$ 个数被重复枚举

因此，根据容斥原理，我们可以得到

$\boldsymbol \varphi(p_1^{k_1}p_2^{k_2})$

$=(p_1^{k_1} p_2^{k_2}-1)-(p_1^{k_1-1} p_2^{k_2}-1)-(p_1^{k_1} p_2^{k_2-1}-1)+(p_1^{k_1-1} p_2^{k_2-1}-1)$

$=p_1^{k_1} p_2^{k_2}-p_1^{k_1-1} p_2^{k_2}-p_1^{k_1} p_2^{k_2-1}+p_1^{k_1-1} p_2^{k_2-1}$

$=p_1^{k_1}p_2^{k_2}(1-{1\over p_1}-{1\over p_2}+{1\over p_1p_2})$

$=p_1^{k_1}p_2^{k_2}(1-{1\over p_1})(1-{1\over p_2})$

$=(p_1^{k_1}-p_1^{k_1-1})(p_2^{k_2}-p_2^{k_2-1})$

又因为根据性质2，有

$\boldsymbol \varphi(p_1^{k_1})=(p_1^{k_1}-p_1^{k_1-1}),\boldsymbol \varphi(p_2^{k_2})=(p_2^{k_2}-p_2^{k_2-1})$

因此，带入上式得到性质4 $\boldsymbol \varphi(p_1^{k_1}p_2^{k_2})=\boldsymbol \varphi(p_1^{k_1})\boldsymbol \varphi(p_2^{k_2})$

性质5 的证明略长（因为是自己想的，所以可能有些繁琐），我放到代码下面，感兴趣的朋友们可以自行查看，我这边直接给出证明结果：

当 $\displaystyle n=\prod_{i=1}^mp_i^{k_i}$ 时

$\displaystyle \boldsymbol \varphi(n)=n\prod_{i=1}^m(1-{1\over p_i})$

其中，性质5 的变式 $\displaystyle \boldsymbol \varphi(n)=n\prod_{i=1}^m({p_i-1\over p_i})$ 常用来求单个自变量的欧拉函数值

我们代入 $\displaystyle n=\prod_{i=1}^mp_i^{k_i}$

得到 $\displaystyle \boldsymbol \varphi(n)=n\prod_{i=1}^m(1-{1\over p_i})=\prod_{i=1}^mp_i^{k_i}\times \prod_{i=1}^m(1-{1\over p_i})=\prod_{i=1}^m[p_i^{k_i}(1-{1\over p_i})]$

$\therefore \displaystyle \boldsymbol \varphi(n)=\prod_{i=1}^m(p_i^{k_i}-p_i^{k_i-1})$

根据 $\boldsymbol \varphi(p_i^{k_i})$ 的定义，我们可以知道性质6 $\displaystyle \boldsymbol \varphi(n)=\prod_{i=1}^m\boldsymbol \varphi(p_i^{k_i})$

代入性质一 可化简得 $\displaystyle \boldsymbol \varphi(n)=\prod_{i=1}^m(p_i^{k_i}-p_i^{k_i-1})$

我们再令 $\displaystyle q=\prod_{i=1}^a p_i^{k_i},r=\prod_{i=a+1}^m p_i^{k_i}$，显然 $gcd(q,r)=1$

$\displaystyle \boldsymbol \varphi(q)=\prod_{i=1}^a\boldsymbol \varphi(p_i^{k_i}),\boldsymbol \varphi(r)=\prod_{i=a+1}^m\boldsymbol \varphi(p_i^{k_i}),qr=\prod_{i=1}^a p_i^{k_i}\times\prod_{i=a+1}^m p_i^{k_i}=\prod_{i=1}^m p_i^{k_i}=n$

$\therefore \displaystyle \boldsymbol \varphi(qr)=\boldsymbol \varphi(n)=\prod_{i=1}^m\boldsymbol \varphi(p_i^{k_i})=\prod_{i=1}^a\boldsymbol \varphi(p_i^{k_i})\times \prod_{i=a+1}^m\boldsymbol \varphi(p_i^{k_i})=\boldsymbol \varphi(q)\boldsymbol \varphi(r)$

这就是欧拉函数的性质7 $\forall gcd(a,b)=1\Leftrightarrow\boldsymbol\varphi(ab)=\boldsymbol\varphi(a)\boldsymbol\varphi(b)$

因为这个特点，我们称呼欧拉函数为积性函数，即满足 $\forall gcd(a,b)=1\Leftrightarrow \boldsymbol f(ab)=\boldsymbol f(a)\boldsymbol f(b)$ 的函数

这里补充一个 完全积性函数 ：$\forall a,b\in R\Leftrightarrow \boldsymbol f(ab)=\boldsymbol f(a)\boldsymbol f(b)$ ，例如函数 $\boldsymbol {id}(x)=x$

到此，对于本蒟蒻所知的 $\boldsymbol \varphi(n)$ 函数性质已经全部讲完 (愣是码了不知道多少天......)

那么，我们开始讲线性筛

线性筛用到了 性质3 和 性质7 的结论 (意思不需要懂证明)

根据 性质7 $\boldsymbol \varphi(i\times prime_j)=\boldsymbol \varphi(i)\times \boldsymbol \varphi(prime_j)(prime_j\nmid i)$

而满足 $prime_j\mid i$ 时，令 $k$ 为 $i$ 中不含 $prime_j$ 的最大因数，且令 $i=k\times prime_j^t$

$\therefore \boldsymbol \varphi(i\times prime_j)=\boldsymbol\varphi(k\times prime_j^t\times prime_j)=\boldsymbol \varphi(k)\boldsymbol \varphi(prime_j^{t+1})$

$\therefore \boldsymbol \varphi(i\times prime_j)=\boldsymbol \varphi(k)\times prime_j\times \boldsymbol \varphi(prime_j^t)=prime_j\times \boldsymbol \varphi(k\times prime_j^t)$

根据前文定义得 $\boldsymbol \varphi(i\times prime_j)=prime_j\times \boldsymbol\varphi(i)$

再代入性质1，并归纳起来说，就是 $\boldsymbol \varphi(i\times prime_j)=\begin{cases}\boldsymbol \varphi(i)\times (prime_j-1),prime_j\nmid i\\\ \\\boldsymbol \varphi(i)\times prime_j,\qquad\ \ prime_j\mid i\end{cases}$

其实这是性质8

参考素数的线性筛，为了保证时间的线性，那么，就必须保证每个数只筛到一次

为了保证每个数只被筛到一次，一定要保证其只被其最小素因数筛到过

那么，线性筛 $\boldsymbol \varphi(n)$ 也是一样

对于枚举到的 $i(i \geq 2)$，我们用 $pf_i$ 储存它的最小质因数

倘若出现 $pf_i=0$，则说明 $i$ 的最小质因数在 $2$~$(i-1)$ 都并未出现

因此，足以证明 $i$ 为质数

所以，$pf_i=i,\boldsymbol \varphi(i)=i-1$ ，并将 $i$ 存入到质数表中

接下来，无论 $i$ 是否为质数，直接在质数表中枚举质数 $prime_j$

倘若 $prime_j \leq pf_i$ 那么，显然 $pf_{i \times prime_j}=prime_j$

若 $prime_j|i$ 那么就说明 $i$ 含有质因数 $prime_j$

因此， $\boldsymbol \varphi(i \times prime_j)=prime_j \times \boldsymbol \varphi(i)$

否则，说明不含

则 $\boldsymbol \varphi(i \times prime_j)=\boldsymbol \varphi(prime_j) \times \boldsymbol \varphi(i)$

倘若 $prime_j > pf_i$ 那么，数 $i\times prime_j$ 将被数 ${i \times prime_j \over pf_i}$ 筛到，这里可以直接开始跳出

最后，注意质数表的大小和 $i \times prime_j$ 的大小

我就是这个地方被卡了好多次......

【代码】

那本蒟蒻就放我码风极丑的代码了

新代码：

#include<cstdio>

using namespace std;

#define f(a,b,c,d) for(int a=b,c=d;a<=c;a++)

int ans(int n){

    if(n==1) return 0;

    int prime[40010]={0},cnt=0,fc[40010]={0},phi[40010]={0};

    //这里 phi[n] 表示欧拉函数的前 n 项前缀和

    phi[1]=1;

    f(i,2,I,n-1){

        if(fc[i]==0){

            prime[++cnt]=i;

            fc[i]=i;

            phi[i]=i-1;

        }

        f(j,1,J,cnt)

            if(prime[j]*i>n||prime[j]>fc[i]) break;

            else{

                fc[prime[j]*i]=prime[j];

                if(prime[j]<fc[i]) phi[prime[j]*i]=(prime[j]-1)*phi[i];

                else phi[prime[j]*i]=prime[j]*phi[i];

            }

        phi[i]+=phi[i-1];

    }

    return (phi[n-1]<<1|1);

}

int main(){

    int n;

    scanf("%d",&n);

    printf("%d", ans(n) );

    return 0;

}

老代码：

#include<cstdio>

using namespace std;

#define f(a,b,c) for(int a=b;a<=c;a++)

int main(){

    int n,ans=3;

    int prime[5001]={0},size=0,pf[40001]={0},phi[40001]={0};

    scanf("%d",&n);

    if(n^1){

        f(i,2,n-1){

            if(!pf[i]){

                phi[i]=pf[i]=prime[size++]=i;

                phi[i]--;

            }

            ans+=(phi[i]<<1);

            f(j,0,size-1)

                if((prime[j]*i>n)|(prime[j]>pf[i])) break;

                else{

                    pf[i*prime[j]]=prime[j];

                    if(i%prime[j]) phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];

                    else phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];

                }

        }

        printf("%d",ans);

    }

    else putchar('0');

    return 0;

}

Python 3 版代码（现学现卖，第一个python程序）

n=int(input())

if n==1 :

    print(0)

else:

    prime=[]

    phi=[]

    fc=[]

    for i in range(1,n+1):

        fc.append(0),phi.append(0)

    phi[1]=1

    for i in range(2,n):

        if fc[i]==0 :

            prime.append(i)

            phi[i]=i-1

            fc[i]=i;

        for p in prime :

            if p*i>=n :

                break

            else:

                fc[p*i]=p

                phi[p*i]=p*phi[i]

                if p<fc[i] :

                    phi[p*i]-=phi[i]

                else:

                    break

        phi[i]+=phi[i-1]

    ans=phi[n-1]<<1|1

    print(ans)

最后安利一下本蒟蒻的洛谷博客以及本蒟蒻的博客园主页

【补充证明】

该证明方法需要对集合、容斥原理、概率有一定的了解

同样地，我们再用容斥原理考虑一下 $n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}p_3^{k_3}\dots p_m^{k_m}$

或者本人比较喜欢这样书写： $\displaystyle n=\prod_{i=1}^m p_i^{k_i}$

其中，保证 $\forall i\in[1,m]\bigcap Z$ 都有 $ p_i$ 为质数

方便起见，我们令 $U=[1,m]\bigcap Z$

那么， $n$ 中与含因数 $p_i$ 的数都与 $n$ 不互质，它们一共有：

$p_i\ ,\ 2p_i\ ,\ 3p_i\ \dots\ ({n\over p_i})p_i$ 共 $({n\over p_i})$ 个

扣除后剩余 $\displaystyle [n-\sum_{i=1}^m({n\over p_i})]$ 个数

但是，同时含 $p_ip_j$ 的在 $p_i$ 处扣除了一次， $p_j$ 处又扣除了一次，我们还得补回去，它们一共有：

$p_ip_j\ ,\ 2p_ip_j\ ,\ 3p_ip_j\ \dots\ ({n\over p_ip_j})p_ip_j$ 共 $({n\over p_ip_j})$ 个

补充后为 $\displaystyle [n-\sum_{i=1}^m({n\over p_i})+\sum_{i=1}^m\sum_{j=i+1}^m({n\over p_ip_j})]$ 个数

但是，同时含 $p_ip_jp_k$ 的数又被多扣除了一次

你会发现，你扣除了一个数的，就要补充两个数的，接着就要扣除三个数的，然后补充四个数的......

终于，根据容斥原理，$m$ 个数的不知道是扣除还是补充后，终于，没有任何重复或缺失了，但你也发现按这种方法无法表达。你陷入了一种只可意会不可言传的境界

能领略到欧拉函数的美妙是一件好事，但仅限于那种只可意会不可言传的境界是不够的，我们得想办法表达出来

我们换个角度思考，只考虑 $p_i$ 的时候，我们相当于考虑了 $U$ 的所有单元素子集

只考虑 $p_ip_j$ 的时候，相当于考虑了 $U$ 的所有双元素子集

以此类推，考虑 $\displaystyle \prod_{i=1}^n p_i$ 的时候考虑了 $U$ 的 $n$ 元素子集

合起来，我们实际上考虑了 $U$ 的所有非空子集

那么，我们考虑 $T$ 为 $U$ 的所有非空子集的集合 (注意，$T$ 本身就是集合，但它的元素也是集合，它是集合的集合)

那么，$\displaystyle\boldsymbol\varphi(n)=n+\sum_{S\in T}[(-1)^{Card(S)}({n\over\prod_{i\in S}p_i})]$

$Card(S)$ 表示集合 $S$ 的元素的数量

提取公因式 $n$ ，得到 $\displaystyle\boldsymbol\varphi(n)=n[1+\sum_{S\in T}{(-1)^{Card(S)}\over\prod_{i\in S}p_i}]$

根据公式 $\displaystyle 1+\sum_{S\in T}{[(-1)^{Card(S)}\prod_{i\in S}p_i}]=\prod_{i\in U}(1-p_i)$ （该公式的证明我再往下放）

我们得到 $\displaystyle 1+\sum_{S\in T}{(-1)^{Card(S)}\over\prod_{i\in S}p_i}=1+\sum_{S\in T}{[(-1)^{Card(S)}\prod_{i\in S}({1\over p_i})}]=\prod_{i\in U}(1-{1\over p_i})$

因此我们得到 $\displaystyle\boldsymbol \varphi(n)=n[1+\sum_{S\in T}{(-1)^{Card(S)}\over\prod_{i\in S}p_i}]=n\prod_{i\in U}(1-{1\over p_i})$

根据前面关于 $U$ 的定义，我们得到性质5 $\displaystyle \boldsymbol \varphi(n)=n\prod_{i=1}^m(1-{1\over p_i})$

（累成死狗ing）

关于公式 $\displaystyle 1+\sum_{S\in T}{[(-1)^{Card(S)}\prod_{i\in S}p_i}]=\prod_{i\in U}(1-p_i)$ 怎么来的，这里给出证明

正面证明这个公式是及其困难的，我们考虑用建模的方法证明：

假设有 $m$ 个相互独立的事件，它们发生的概率分别为 $p_1\ ,\ p_2\ ,\ p_3\ \dots\ p_m$

那么，它们都不发生的概率就是 $\displaystyle \prod_{i=1}^m(1-p_i)$

根据对 $U$ 的定义，它等于等式的右边

那么左边是什么呢？左边其实就是这个用容斥原理的展开

首先是 $1$ ，然后减去事件 $i$ 必定发生的概率，再补回 $i,j$ 事件必定发生的概率，再再扣除事件 $i,j,k$ 必定发生的概率......

显然，我们用 3b1b 的方法证明了该式的正确性

（完结撒花）