Bzoj 3505: [Cqoi2014]数三角形 数论

3505: [Cqoi2014]数三角形

Time Limits: 1000 ms  Memory Limits: 524288 KB  Detailed Limits  

Description

 

Input

输入一行，包含两个空格分隔的正整数m和n。

Output

输出一个正整数，为所求三角形数量。

 

Sample Input

输入1：


1 1


输入2：


2 2

Sample Output

输出1：


4


输出2：


76

 

Data Constraint

对于30%的数据 1<=m,n<=10

对于100%的数据 1<=m,n<=1000

 

题解：

数论

首先，我们可以将问题转化一下， 可以形成的三角形的个数＝任选三个点的个数－三点共线个数

设总点数为k，则k=(n+1)*(m+1)

任选三个点的个数很简单：(k*(k-1)*(k-2))/6

至于三点共线个数，我们可以发现枚举每个点(i,j)，则 (i,j) 和 (1,1) 再和 其他的一个点 能共线的个数为Gcd(i,j)-1，还有，因为我们枚举的点为(i,j)，我们可以把(1,1)和(i,j)看为一个矩形，那么明显是可以在大的矩形中移动的。也就是我们算的线为(1,1)到(i,j)的线，但是其平行的线我们还要再算的，所以用 每个点的个数乘上(n-i+1)*(m-j+1)。然后我们把所有的点都计算一遍，然后把 和 乘2（因为我们刚才考虑的为从左下角往右上角偏的，不一定是平行，也就是和这个箭头差不多的方向↗️。我们还要考虑这种样子的↖️，显然两种的个数相等，所以要乘2。）最后，我们发现左右的线↔️和上下的线↕️没有减去，所以要单独减。

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long 
LL Gcd(int aa,int bb){if(bb==0)return aa;else return Gcd(bb,aa%bb);}
int main()
{
    LL n,m,k,k1,ans,i,j,tot=0;
    scanf("%lld %lld",&n,&m);
    k=(n+1)*(m+1);
    ans=k*(k-1)*(k-2)/6;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=m;j++)
        {
            k=Gcd(i,j);
            if(k>=2)tot+=(k-1)*(n-i+1)*(m-j+1);
        }
    }
    n++;m++;
    k=m*(m-1)*(m-2)/6;
    k1=n*(n-1)*(n-2)/6;
    ans-=(n*k+m*k1);
    printf("%lld",ans-tot*2);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}