题意
有一个n条横线m条竖线的正方形网格，求出（三点在整点上的）三角形的边上整点个数的期望。要求线性。
思考
ans=所有三角形的边经过的整点总个数÷所有三角形的整点个数。方便起见，默认三角形的三条边是有顺序但没方向的。
记cnt(i,j)表示平面上第i个点与第j个点连线经过了几个整点，范围是( ]，易证cnt(i,j)=gcd(|xi-xj|,|yi-yj|)。
1.三角形个数：
先枚举一条边，再看有多少个点能与它围成三角形。即
第一项表示所有的三个点组合，第二项表示去掉了退化成一条边的三角形，第三项表示去掉了退化成一个点的三角形。
2.整点个数：
还是枚举一条边，再看有多少个点能与它围成三角形。即
中间的减一表示把剩下的一个短点也扣掉，nm与它的差就是不在这个线段上的点的个数，并且每个有这条边的三角形贡献了cnt(p,q)。
但有不合法即退化成一条边的三角形。减去：
这个式子枚举了一个退化成一条边的三角形。中间的2表示决定了扣去的短点，那么剩下的部分只能从另一个端点开始枚举。此处强烈建议自己画图理解。
化简，得：
两式相减，得：
3.剩下的就是求解cnt和cnt2的事了。
考虑枚举|xp-xq|和|yp-yq|，则：
由于x=0和y=0能做到线性，只考虑x和y从1开始，则：
第一项是phi函数，第二项和第三项可以等差数列求和。
cnt平方也可以类似做。最后化为线性筛。
代码
1 #pragma GCC oprimize 2
2 #include<bits/stdc++.h>
3 #define mod 1000000007
4 #define G 500000004
5 using namespace std;
6 typedef long long int ll;
7 const ll maxn=5E6+5;
8 ll n,m;
9 ll ans1,ans2,ans,tot;
10 ll prime[maxn],size,phi[maxn],g[maxn];
11 bool vis[maxn];
12 inline void add(ll&x,ll y)
13 {
14 x=(x+y)%mod;
15 }
16 ll gcd(int x,int y)
17 {
18 if(x==0)
19 return y;
20 if(y==0)
21 return x;
22 return x%y==0?y:gcd(y,x%y);
23 }
24 void init()
25 {
26 phi[1]=g[1]=1;
27 for(ll i=2;i<=n;++i)
28 {
29 if(!vis[i])
30 {
31 prime[++size]=i;
32 phi[i]=i-1;
33 g[i]=(i*i-1)%mod;
34 }
35 for(int j=1;j<=size&&prime[j]*i<=n;++j)
36 {
37 vis[prime[j]*i]=1;
38 if(i%prime[j]==0)
39 {
40 phi[prime[j]*i]=phi[i]*prime[j];
41 g[prime[j]*i]=g[i]*prime[j]%mod*prime[j]%mod;
42 break;
43 }
44 phi[prime[j]*i]=phi[i]*(prime[j]-1);
45 g[prime[j]*i]=g[i]*(prime[j]*prime[j]%mod-1)%mod;
46 }
47 }
48 }
49 inline ll get(ll n,ll d)
50 {
51 ll m=(n-1)/d;
52 return (n*m%mod-d*m%mod*(m+1)%mod*G%mod+mod)%mod;
53 }
54 void solve1()
55 {
56 for(int i=1;i<=min(n-1,m-1);++i)
57 add(ans1,phi[i]*get(n,i)%mod*get(m,i)%mod*4);
58 for(ll x=0;x<=n-1;++x)
59 add(ans1,gcd(x,0)*(n-x)%mod*m%mod*2);
60 for(ll y=0;y<=m-1;++y)
61 add(ans1,gcd(y,0)*(m-y)%mod*n%mod*2);
62 }
63 void solve2()
64 {
65 for(int i=1;i<=min(n-1,m-1);++i)
66 add(ans2,g[i]*get(n,i)%mod*get(m,i)%mod*4);
67 for(ll x=0;x<=n-1;++x)
68 add(ans2,gcd(x,0)*gcd(x,0)%mod*(n-x)%mod*m%mod*2);
69 for(ll y=0;y<=m-1;++y)
70 add(ans2,gcd(y,0)*gcd(y,0)%mod*(m-y)%mod*n%mod*2);
71 }
72 ll qpow(ll x,ll y)
73 {
74 ll ans=1,base=x;
75 while(y)
76 {
77 if(y&1)
78 ans=ans*base%mod;
79 base=base*base%mod;
80 y>>=1;
81 }
82 return ans;
83 }
84 int main()
85 {
86 ios::sync_with_stdio(false);
87 cin>>n>>m;
88 init();
89 solve1();
90 solve2();
91 add(tot,n*n%mod*n%mod*m%mod*m%mod*m%mod-3*ans1%mod-n*m%mod);
92 add(ans,3*n*m%mod*ans1%mod-6*ans2%mod);
93 add(tot,mod);
94 add(ans,mod);
95 cout<<ans*qpow(tot,mod-2)%mod<<endl;
96 return 0;
97 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/GreenDuck/p/10901549.html
时间： 2024-10-29 15:57:30