[NOI2010]能量采集

提供两种做法。

1.简单容斥。

这题乍一看有点像[SDOI2008]仪仗队...

然后我们就想到可能跟gcd有关，然后发现点(i,j)的贡献是gcd(i,j) * 2 - 1

证明如下：

设g = gcd(i,j)

则点(i,j)与原点连线中最靠近原点的点是

因为此点的横纵坐标互质。

那么在连线上的所有点就是p, 2p, 3p...(g - 1)p

共有(g - 1)个点，所以是2g - 1

稍微转化一下，我们枚举g，求有多少对i,j满足gcd(i,j) = g，记为sum[g]

我们发现还是不会......

我们又发现g|gcd(i,j)的数对很好求，是

这样我们只要用这个值减去sum[2g],sum[3g]....即可。

倒序枚举g即可。

long long大法好。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
const int N = 100010;

LL sum[N];

int main() {
    int m, n;
    LL ans = 0;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = std::min(m, n); i >= 1; i--) {
        sum[i] = 1ll * (m / i) * (n / i); 
        for(int j = i << 1; j <= std::min(m, n); j += i) {
            sum[i] -= sum[j];
        }
        //printf("sum[%d] = %lld \n", i, sum[i]);
        ans += sum[i] * (i * 2 - 1);
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}

 2.莫比乌斯反演。

设

则

且 ans = 2 * ∑i * f(i) - (m * n)

运用莫比乌斯反演之后的最终求和式：

#include <cstdio>
typedef long long LL;
const int N = 100010;

int n, m, c;
int p[N], top, miu[N];
LL f[N];
bool vis[N];

inline void getmiu(int b) {
    miu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= b; i++) {
        if(!vis[i]) {
            p[++top] = i;
            miu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1; j <= top && i * p[j] <= b; j++) {
            vis[i * p[j]] = 1;
            if(i % p[j] == 0) {
                break;
            }
            miu[i * p[j]] = -miu[i];
        }
    }
    return;
}

inline LL F(int x) {
    if(f[x]) {
        return f[x];
    }
    return f[x] = 1ll * (m / x) * (n / x);
}

inline LL solve(int d) {
    LL ans = 0;
    for(int i = 1; i * d <= c; i++) {
        ans += F(i * d) * miu[i];
    }
    return ans * d;
}

int main() {
    LL ans = 0;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    c = n > m ? m : n;
    getmiu(c);
    for(int i = 1; i <= c; i++) {
        ans += solve(i);
    }
    printf("%lld", 2 * ans - 1ll * m * n);
    return 0;
}