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SPOJ VLATTICE Visible Lattice Points[莫比乌斯反演]

2017-08-21 16:49 369 查看

A - Visible Lattice Points

题意:

存在一个N*N*N的正方体，你从(0,0,0)点开始看过去，能看到多少个点。

题解:

结果是三种情况的求和。

① 当 x,y,z 其中两个为0，另外一个为非0的情况那么我们可以看到 (1,0,0) (0,1,0) (0,0,1)

② 当 x,y,z 其中一个为0，另外两个为非0的情况，就是转换为二维的情况，并且这样的面有三个。

这种情况的时候 f(d) 为 gcd(x,y)==d || gcd(x,z)==d || gcd(y,z)==d 的情况

F(d)表示满足 gcd(x,y) 的结果是d的倍数

并且F(d)我们可以直接算出来

因为我们的最终结果，只要gcd(x,y)==1 所以我们只需要求f(1)。

乘3是因为一共是三个面。

③当 x,y,z 都非0，那么我们能看到的点就是gcd(x,y,z)==1的点，这时的 f(d) 就代表 gcd(x,y,z)==d 的情况。

F(d)表示满足 gcd(x,y,z) 的结果是d的倍数。

，我们也只需要求f(1)。

那么最后

最后将这三种情况加起来，就是我们要的结果了。

<
b59c
p>

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+5;
bool mark
;
int prim
,mu
,smu
;
int cnt;
void initial()
{
mu[1]=smu[1]=1;
cnt=0;
for (int i=2 ; i<N ; ++i)
{
if (!mark[i])
{
prim[cnt++]=i;
mu[i]=-1;
}
for (int j=0 ; j<cnt && i*prim[j]<N ; ++j)
{
mark[i*prim[j]]=1;
if (!(i%prim[j]))
{
mu[i*prim[j]]=0;
break;
}
mu[i*prim[j]]=-mu[i];
}
smu[i]=smu[i-1]+mu[i];
}
}
int main()
{
initial();
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
ll ans=3;
for (int i=1,ed=0 ; i<=n ; i=ed+1)
{
ed=n/(n/i);
ans+=(ll)(smu[ed]-smu[i-1])*(n/i)*(n/i)*(n/i);
ans+=(ll)(smu[ed]-smu[i-1])*(n/i)*(n/i)*3;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}

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