2005: [Noi2010]能量采集
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Description
栋栋有一块长方形的地，他在地上种了一种能量植物，这种植物可以采集太阳光的能量。在这些植物采集能量后，
栋栋再使用一个能量汇集机器把这些植物采集到的能量汇集到一起。 栋栋的植物种得非常整齐，一共有n列，每列
有m棵，植物的横竖间距都一样，因此对于每一棵植物，栋栋可以用一个坐标(x, y)来表示，其中x的范围是1至n，
表示是在第x列，y的范围是1至m，表示是在第x列的第y棵。 由于能量汇集机器较大，不便移动，栋栋将它放在了
一个角上，坐标正好是(0, 0)。 能量汇集机器在汇集的过程中有一定的能量损失。如果一棵植物与能量汇集机器
连接而成的线段上有k棵植物，则能量的损失为2k + 1。例如，当能量汇集机器收集坐标为(2, 4)的植物时，由于
连接线段上存在一棵植物(1, 2)，会产生3的能量损失。注意，如果一棵植物与能量汇集机器连接的线段上没有植
物，则能量损失为1。现在要计算总的能量损失。 下面给出了一个能量采集的例子，其中n = 5，m = 4，一共有20
棵植物，在每棵植物上标明了能量汇集机器收集它的能量时产生的能量损失。 在这个例子中，总共产生了36的能
量损失。
Input
仅包含一行，为两个整数n和m。
Output
仅包含一个整数，表示总共产生的能量损失。
Sample Input
【样例输入1】
5 4
【样例输入2】
3 4
Sample Output
【样例输出1】
36
【样例输出2】
20
对于100%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100,000。
n m
题意：求2*∑ ∑ gcd(i,j)-1;
i=1 j=1
思路：首先一个很涨知识的筛法；
g[k]表示gcd(i,j)==k的个数；
g[k]=n/k*m/k-g[2*k]-g[3*k]-.......;
逆序写即可,复杂度O（n*log（n））；
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pi (4*atan(1.0))
const int N=1e5+10,M=4e6+10,inf=1e9+10;
ll g[N];
int main()
{
int x,y,z,i,t;
while(~scanf("%d%d",&x,&y))
{
ll ans=0;
for(i=min(x,y);i>=1;i--)
{
g[i]=(ll)x/i*(y/i);
for(t=i+i;t<N;t+=i)
g[i]-=g[t];
ans+=g[i]*(2*i-1);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
欧拉函数：
n m n m min(n,m)
证明过程： ∑ ∑ gcd(i,j)=∑ ∑ ∑ Ø(d) = ∑ Ø(d) * (n/d) *(m/d)
i=1 j=1 i=1 j=1 d|gcd(i,j) d=1
分块写，复杂度 预处理O（1e5)+sqrt(min(n,m));
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pi (4*atan(1.0))
const int N=1e5+10,M=1e6+10,inf=1e9+10;
const ll INF=1e18+10;
ll p[N],ji;
bool vis[N];
ll phi[N];
ll sum[N];
void get_eular(int n)
{
ji = 0;
phi[1]=1;
memset(vis, true, sizeof(vis));
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
if(vis[i])
{
p[ji ++] = i;
phi[i] = i - 1;
}
for(int j = 0; j < ji && i * p[j] <= n; j++)
{
vis[i * p[j]] = false;
if(i % p[j] == 0)
{
phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
break;
}
else
phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];
}
}
}
int main()
{
get_eular(N);
memset(sum,0,sizeof(sum));
for(int i=1;i<=1e5;i++)
sum[i]=sum[i-1]+phi[i];
ll x,y;
while(~scanf("%lld%lld",&x,&y))
{
if(x>y)swap(x,y);
ll ans=0;
for(int L=1,R=0;L<=x;L=R+1)
{
R=min(x/(x/L),y/(y/L));
ans+=(sum[R]-sum[L-1])*(x/L)*(y/L);
}
printf("%lld\n",2*ans-x*y);
}
return 0;
}
莫比乌斯：模版题；
gcd（i,j）==k，枚举k；
复杂度O（min（n,m)sqrt(n));
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define esp 0.00000000001
#define pi 4*atan(1)
const int N=1e5+10,M=1e7+10,inf=1e9+10,mod=1e9+7;
ll mu[N], p[N], np[N], cnt, sum[N];
void init() {
mu[1]=1;
for(int i=2; i<N; ++i) {
if(!np[i]) p[++cnt]=i, mu[i]=-1;
for(int j=1; j<=cnt && i*p[j]<N; ++j) {
int t=i*p[j];
np[t]=1;
if(i%p[j]==0) { mu[t]=0; break; }
mu[t]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<N;i++)
sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
ll getans(int b,int d)
{
ll ans=0;
for(int L=1,R=0;L<=b;L=R+1)
{
R=min(b/(b/L),d/(d/L));
ans+=(ll)(sum[R]-sum[L-1])*(b/L)*(d/L);
}
return ans;
}
int main()
{
init();
int b,d,k;
while(~scanf("%d%d",&b,&d))
{
if(b>d)swap(b,d);
ll ans=0;
for(int i=1;i<=b;i++)
ans+=getans(b/i,d/i)*i;
printf("%lld\n",2*ans-(ll)b*d);
}
return 0;
}