【ybt金牌导航8-4-2】【luogu P2158】【POJ 3090】可见点数 / 仪仗队 / Visible Lattice Points

可见点数 / 仪仗队 / Visible Lattice Points

题目链接：ybt金牌导航8-4-2 / luogu P2158 / POJ 3090

题目大意

有一个网格，然后可以从 (0,0) 向其它整数点画一条线，但是中间不能经过其它整数点。

问你可以画多少条线。

思路

我们考虑根据这个图，看看能不能发现什么。

然后你会发现它有对称性，就是左下-右上的线段是对称轴，它两边线段的分布情况和个数都对称。
然后它这条线上也有一个符合的线。

那你可以只求一种一边的个数，然后乘二加一，就是答案。

然后你考虑一边的怎么弄。
那你想到，如果不满足的线，它是怎么样的。
可以想到，如果一个点 \((x,y)\)，有 \(\gcd(x,y)\neq1\)，那必然至少会有点 \((x/\gcd(x,y),y/\gcd(x,y))\) 在连向它的线段上，就不行了。

那就变成了要 \(\gcd(x,y)=1\)。
那你可以枚举 \(x\)，然后就变成了求 \(1\sim x\) 中与 \(x\) 互质的个数。
那就是欧拉函数了，这题要算很多个，可以用线性筛来做。

代码（ybt & luogu）

Tips

这里它网格的大小是 \(n\)，\((0,0)\sim(n-1,n-1)\)。
一定要注意不是到 \((n,n)\)，它是小于而不是小于等于。

#include<cstdio>
#define ll long long

using namespace std;

int n, phi[40001], pr[40001];
bool np[40001];
ll ans;

int main() {
	scanf("%d", &n);
	
	phi[1] = 1;//求出 1~n 每个数的 phi 值
	for (int i = 2; i < n; i++) {
		if (!np[i]) {
			phi[i] = i - 1;
			pr[++pr[0]] = i;
			
		}
		for (int j = 1; j <= pr[0] && pr[j] * i < n; j++) {
			np[i * pr[j]] = 1;
			if (i % pr[j] == 0) phi[i * pr[j]] = phi[i] * pr[j];//不止一个这样的因子，只有第一个要减一
				else phi[i * pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1);
			if (i % pr[j] == 0) break;//第一次出现，要减一
		}
	}
	
	for (int i = 1; i < n; i++)//对称性，乘二
		ans += 2ll * phi[i];
	ans++;//中间的那一条
	
	printf("%lld", ans);
	
	return 0;
}

代码（POJ）

Tips

这道题有多组数据，而且是 \((0,0)\sim(n,n)\)。

我们可以把 \(\varphi\) 函数先预处理出来，然后再预处理乘二之后的前缀和，然后你就可以 \(O(1)\) 处理询问了。

//由于思路相同，代码实现也差不多，就不再作注释了
#include<cstdio>
#define ll long long

using namespace std;

ll T, n, pr[40001];
bool np[40001];
ll phi[40001];

int main() {
	phi[1] = 1;
	for (ll i = 2; i <= 40000; i++) {
		if (!np[i]) {
			phi[i] = i - 1;
			pr[++pr[0]] = i;
		}
		for (ll j = 1; j <= pr[0] && pr[j] * i < 40000; j++) {
			np[i * pr[j]] = 1;
			if (i % pr[j] == 0) phi[i * pr[j]] = phi[i] * pr[j];
				else phi[i * pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1ll);
			if (i % pr[j] == 0) break;
		}
	}
	
	for (ll i = 1; i <= 40000; i++)
		phi[i] = phi[i - 1] + phi[i] * 2ll;
	
	
	scanf("%lld", &T);
	
	for (ll i = 1; i <= T; i++) {
		scanf("%lld", &n);
		printf("%lld %lld %lld\n", i, n, phi[n] + 1);
	}
	
	return 0;
}