201. 可见的点

在一个平面直角坐标系的第一象限内，如果一个点 \((x,y)\) 与原点 \((0,0)\) 的连线中没有通过其他任何点，则称该点在原点处是可见的。

例如，点 \((4,2)\) 就是不可见的，因为它与原点的连线会通过点 \((2,1)\)。

部分可见点与原点的连线如下图所示：

编写一个程序，计算给定整数 \(N\) 的情况下，满足 \(0≤x，y≤N\) 的可见点 \((x，y)\) 的数量（可见点不包括原点）。

输入格式

第一行包含整数 \(C\)，表示共有 \(C\) 组测试数据。

每组测试数据占一行，包含一个整数 \(N\)。

输出格式

每组测试数据的输出占据一行。

应包括：测试数据的编号（从 \(1\) 开始），该组测试数据对应的 \(N\) 以及可见点的数量。

同行数据之间用空格隔开。

数据范围

\(1≤N,C≤1000\)

输入样例：

4
2
4
5
231

输出样例：

1 2 5
2 4 13
3 5 21
4 231 32549

解题思路

欧拉函数

对于第一象限中的点对 \((x,y)\) 可见当且仅当 \(gcd(x,y)=1\) 时可见

证明:设可见点为 \((x_0,y_0)\),则其所在直线为 \(y=\frac{y_0}{x_0}x\),如果 \(gcd(x,y)\neq 1\),则会存在\(\left\{\begin{matrix} x=\frac{x_0}{gcd(x_0,y_0)}\\ y=\frac{y_0}{gcd(x_0,y_0)} \end{matrix}\right.\) 使得 \((x,y)\) 会挡住 \((x_0,y_0)\),这与 \((x_0,y_0)\) 可见矛盾,所有对于可见点有:\(gcd(x,y)=1\),而其沿对角线对称,对于对角线的一边,对于每一行就是求该行的欧拉函数,将所有行的欧拉函数相加 \(\times 2+1\) 即为最终答案

• 时间复杂度:\(O(nt)\)

代码

// Problem: 可见的点
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/description/203/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>

#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;

template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }

template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1e3+5;
int T,n,prime[N],m,v[N],phi[N];
void euler(int n)
{
	memset(v,0,sizeof v);
	phi[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(v[i]==0)
		{
			v[i]=i;
			prime[++m]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			if(i*prime[j]>n||v[i]<prime[j])break;
			v[i*prime[j]]=prime[j];
			phi[i*prime[j]]=phi[i]*(i%prime[j]?prime[j]-1:prime[j]);
		}
	}
}
int main()
{
    euler(1000);
	scanf("%d",&T);
	for(int t=1;t<=T;t++)
	{
		scanf("%d",&n);
		int res=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)res+=phi[i];
		res*=2;
		res++;
		printf("%d %d %d\n",t,n,res);
	}
	return 0;
}