P10532 [XJTUPC2024] 筛法 题解
打表可知答案为 \(n^2\)
一种几何证明,方法来自于讲评。
考虑把 \(n^2\) 个整点放到坐标系中,满足 \((x, y)(x \le n, y \le n)\)。
现在从原点向每个满足 \((x, y)(x \perp y)\) 的点引出一条射线,显然每个点都会唯一的被一条射线覆盖到,因为 \((\dfrac{x}{\gcd(x, y)}, \dfrac{y}{\gcd(x, y)})\) 被射线经过,而二者又在一条直线上。
对于每个引出射线的 \((x, y)(x \perp y)\),考虑这条线覆盖的点数,发现恰好就是 \(\left \lfloor \dfrac{n}{\max(i, j)} \right \rfloor\),因为当 \(k > \left \lfloor \dfrac{n}{\max(i, j)} \right \rfloor\) 时,\((xk, yk)\) 必然其一大于 \(n\)。
故 \(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\lfloor \dfrac{n}{\max(i,j)}\rfloor [i \perp j]\) 可以理解为,引出的若干条射线所覆盖到的点数,因为点数为 \(n^2\),所以答案也为 \(n^2\)。
// 如果命运对你缄默, 那就活给他看。
#pragma GCC optimize(1)
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast", "inline", "-ffast-math")
#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
// #define int LL
signed main() {
// freopen(".in", "r", stdin);
// freopen(".out", "w", stdout);
ios :: sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
cout << 1LL * n * n << '\n';
return 0;
}
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题解
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