关于GCD的8题
P2158[SDOI2008]仪仗队
\(Description\)
有一个\(n\times n(1\leq n\leq 40000)\)的点阵，每个点上有一个人，问站在左下角的人视线中能看到多少人。
\(Solution\)
除去\((1,0)和(0,1)\)两个点，对答案有贡献的其它点都满足\(Gcd(x,y)=1\)。那么\(ans=\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}[gcd(i,j)=1]+2\)。
容易看出第一项与第三项的值相等，第二项为1。所以\(ans=2\times\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{i-1}[gcd(i,j)=1]+1+2=2\times\sum_{i=2}^{n-1}\phi(i)+3=2\times\sum_{i=1}^{n-1}\phi(i)+1\)。
#include<complex>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=4e4+7;
int n,tot,ans;
int prime[N],phi[N];
bool check[N];
void Euler()
{
check[1]=phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!check[i])prime[++tot]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=tot && i*prime[j]<=n;j++)
{
check[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j])phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
else
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
if(n==1){printf("0\n");return 0;}
Euler();
for(int i=1;i<n;i++)
ans+=phi[i];
printf("%lld\n",ans*2+1);
return 0;
}
P2568GCD
\(Description\)
求\(1\leq x,y\leq n\)且\(GCD(x,y)\)为素数的\((x,y)，1\leq n\leq 10^7\)的对数。
\(Solution\)
求\(1\leq x,y\leq n\)且\(GCD(x,y)=k\)的对数也就是求\(1\leq x,y\leq n/k\)且\(Gcd(x,y)=1\)的对数。有了这个转换，就可以枚举素数。
问题就成了计算\(\sum_p\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[gcd(i,j)=1]\)。利用上题的思路求解。
#include<complex>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e7+7;
int n,tot;
int prime[N];
long long phi[N];
bool check[N];
void Init()
{
check[1]=phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!check[i])prime[++tot]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=tot && i*prime[j]<=n;j++)
{
check[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j])phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
else
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
phi[i]+=phi[i-1];
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
Init();
long long ans=0;
for(int i=1;i<=tot;i++)
ans+=phi[n/prime[i]];
printf("%lld\n",ans*2-tot);
return 0;
}
P1447 [NOI2010]能量采集
\(Description\)
求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m2\times(gcd(i,j)-1)+1,1\leq n,m\leq 10^5\)
\(Solution\)
那么问题就在与求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mgcd(i,j)\)（默认\(n<m\)），按照前两题的思路，容易想到枚举\(gcd\)，也就是求\(\sum_{r=1}^nr\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=r]\)。
由于\(i和j\)的取值范围不同，不能像前两题一样用欧拉函数直接计算了，除非用莫比乌斯反演进行转换。但数据范围提示我们这题并不需要做到\(O(n)\)。
考虑状态\(f[r]\)表示\(Gcd(i,j)=r\)的\((i,j)\)的对数。在\(1\leq x\leq n,1\leq y\leq m\)的范围中，\(x和y\)都是\(r\)的倍数的对数有\(\lfloor\frac{n}{r}\rfloor\times\lfloor\frac{m}{r}\rfloor\)，这其中还包含了\(x,y\)都是\(r的2倍、3倍......\)，所以\(f[r]=\lfloor\frac{n}{r}\rfloor\times\lfloor\frac{m}{r}\rfloor-f[2r]-f[3r]-...\)。
所以倒序枚举\(r\)求出\(f[r]\)最后就可求出结果。总复杂度为\(O(n/1)+O(n/2)+O(n/3)+...=O(nlogn)\)。虽然比莫比乌斯反演的做法多了一个\(log\)，但是实际代码跑起来还是略快于莫比乌斯反演。
#include<complex>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e5+7;
int n,m;
long long f[N];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n>m)swap(n,m);
for(int i=n;i;i--)
{
f[i]=1ll*n/i*(m/i);
for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
f[i]-=f[j];
}
long long ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=1ll*i*f[i];
printf("%lld\n",ans*2-1ll*n*m);
return 0;
}
P2303 [SDOI2012]Longge 的问题
\(Description\)
求\(\sum_{i=1}^ngcd(i,n),1\leq n\leq 2^{32}\)
\(Solution\)
按照套路枚举
可以将\(n\)质因数分解之后\(dfs\)枚举\(n\)的约数。也可以\(O(\sqrt n)\)枚举约数并\(O(\sqrt d)\)求出\(\phi(d)\)，但这种做法求\(\phi\)相互独立，没有用到约数这一性质。
#include<complex>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=37;
long long n,tot,ans;
long long prime[N],num[N];
void dfs(int x,long long now,long long phi)
{
if(x==tot)
{
ans+=n/now*phi;
return;
}
dfs(x+1,now,phi);
long long t=prime[x+1]-1;
for(int i=1;i<=num[x+1];i++,t*=prime[x+1])
dfs(x+1,now*=prime[x+1],phi*t);
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
long long tmp=n;
for(int i=2;1ll*i*i<=tmp;i++)
if(tmp%i==0)
{
prime[++tot]=i;
for(;tmp%i==0;tmp/=i)
num[tot]++;
}
if(tmp>1)prime[++tot]=tmp,num[tot]=1;
dfs(0,1,1);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
SP7001 VLATTICE - Visible Lattice Points
\(Description\)
\(T\leq 50\)组询问，每次给定一个\(n\times n\times n,1\leq n\leq 10^6\)的点阵，问从\((0,0,0)\)能看到多少个不被遮挡的点（就是比仪仗队那题多了一维）。
\(Solution\)
