[BZOJ 2190] SDOI 2008 仪仗队 · 欧拉函数
2015-09-09 14:45
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首先要知道的是,对于两个点(x1,y1) (x2,y2),如果他们的连线上不存在别的整点,也就是能直接互相看见,
那么应该满足gcd(x1-x2,y1-y2)=1。
对于这道题目,也就是求对于左下的那个点有多少个点是能直接看见的。
为了方便,我们把左下的点设为(0,0),对于第0行和第0列,只有(0,1)和(1,0)是(0,0)能直接看见的;
对于剩下的1~n-1行和1~n-1列,我们就是要求
类似bzoj2818,我们如果已经知道x,那么后面的部分实际上就是phi(x),
所以式子变形为:
同时还要注意的是,这个式子求出来的点(x,y)保证x<=y ,所以我们要将最后的结果乘2,同时因为(1,1)只算一个,所以要再减1。
记得要把(0,1) (1,0)两个点再加上去。
那么应该满足gcd(x1-x2,y1-y2)=1。
对于这道题目,也就是求对于左下的那个点有多少个点是能直接看见的。
为了方便,我们把左下的点设为(0,0),对于第0行和第0列,只有(0,1)和(1,0)是(0,0)能直接看见的;
对于剩下的1~n-1行和1~n-1列,我们就是要求
类似bzoj2818,我们如果已经知道x,那么后面的部分实际上就是phi(x),
所以式子变形为:
同时还要注意的是,这个式子求出来的点(x,y)保证x<=y ,所以我们要将最后的结果乘2,同时因为(1,1)只算一个,所以要再减1。
记得要把(0,1) (1,0)两个点再加上去。
#include <stdio.h> #include <algorithm> #include <string.h> using namespace std; const int N=40005; int check ,n,p ,tot,phi ,ans; int init(){ tot=0; memset(check,1,sizeof check); phi[1]=1; for (int i=2;i<=n;i++){ if (check[i]){ p[++tot]=i; phi[i]=i-1; } int k=0; for (int j=1;j<=tot && i*p[j]<=n;j++){ check[i*p[j]]=0; if (i%p[j]) phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1); else phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j]; } } ans=0; } int main(){ scanf("%d",&n);n--; init(); for (int i=1;i<=n;i++) ans+=phi[i]*2; ans--; printf("%d\n",ans+2); return 0; }
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