【BZOJ3518】点组计数 欧拉函数
【BZOJ3518】点组计数
Description
平面上摆放着一个n*m的点阵(下图所示是一个3*4的点阵)。Curimit想知道有多少三点组(a,b,c)满足以a,b,c三点共线。这里a,b,c是不同的3个点,其顺序无关紧要。(即(a,b,c)和(b,c,a)被认为是相同的)。由于答案很大,故你只需要输出答案对1,000,000,007的余数就可以了。
Input
有且仅有一行,两个用空格隔开的整数n和m。
Output
有且仅有一行,一个整数,表示三点组的数目对1,000,000,007的余数。(1,000。000。007是质数)
Sample Input
3 4
Sample Output
2 0
HINT
对于100%的数据,1< =N.m< =50000
题解:我们先不考虑水平的和竖直的点组,并且先只考虑形如 / 的点组(形如 \ 的点组数目相同)。考虑枚举两端的点的相对位置,将其看成向量(i,j)。如果(i,j)确定了,则中间的点可能的位置也就确定了,并且左端点的绝对位置也能确定了。说白了,方案数等于如下式子:
$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(gcd(i,j)-1)(n-i)(m-j)$
我们将-1单独拿出来考虑,接着进行欧拉反演:
$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mgcd(i,j)(n-i)(m-j)\\=\sum\limits_{d=1}^n\varphi(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor}(n-i\times d)\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac m d\rfloor} (m-j\times d)$
由于n,m很小,暴力算即可。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 | #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; const int N=50010; typedef long long ll; const ll P=1000000007; int num; ll n,m,ans; int pri[N],phi[N]; bool np[N]; int main() { scanf ( "%lld%lld" ,&n,&m); if (n>m) swap(n,m); int i,j; phi[1]=1; for (i=2;i<=n;i++) { if (!np[i]) pri[++num]=i,phi[i]=i-1; for (j=1;j<=num&&i*pri[j]<=n;j++) { np[i*pri[j]]=1; if (i%pri[j]==0) { phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j]; break ; } phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1); } } for (i=1;i<=n;i++) ans=(ans+phi[i]*((n-i+n%i)*(n/i)/2%P)%P*((m-i+m%i)*(m/i)/2%P)%P)%P; ans=(ans-((n-1)*n/2%P)*((m-1)*m/2%P)%P+P)%P; ans=(ans<<1)%P; ans=(ans+n*(m*(m-1)*(m-2)/6%P)%P+m*(n*(n-1)*(n-2)/6%P)%P)%P; printf ( "%lld" ,ans); return 0; } |
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