Visible Lattice Points

题意

在一个(N+1)(N+1)(N+1)的空间中，你站在（0,0,0）这个点，问你能看到的格点数
T≤50
1≤N≤1000000

分析

先抛开0不看，则可以看出我们需要求互质数对数量。
但是毕竟是有0的，所以我们应该分类讨论。
以下讨论针对某一点(a,b,c)

当有3个0时

此时即为原点，答案为0

当有2个0时

可以看到(0,0,1)(0,1,0)(1,0,0)，答案为3

当有1个0时

此时有三种情况（x,y,0）(x,0,y)(0,x,y)
显然我们讨论其中一种情况，再乘以3即可
令

f1(i)为满足gcd(a,b)=i的数对个数

再令

F1(i)为满足i|gcd(a,b)的数对个数

用莫比乌斯反演，可得

f1(i)=∑i|dμ(di)F1(d)

则答案为

3∑d=1nμ(d)⌊nd⌋2

当有0个0时

令

f2(i)为满足gcd(a,b,c)=i的数对个数

再令

F2(i)为满足i|gcd(a,b,c)的数对个数

用莫比乌斯反演，可得

f2(i)=∑i|dμ(di)F2(d)

则答案为

∑d=1nμ(d)⌊nd⌋3

综上

最终答案即为以上之和。

ans=0+3+3∑d=1nμ(d)⌊nd⌋2+∑d=1nμ(d)⌊nd⌋3

用线性筛法处理莫比乌斯函数的前缀和，用分块的方法，可以在O(n)的时间回答每一个询问。

代码

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int M=1000000;bool vis[M+5];long long p[M+5];long long mu[M+5];long long sum[M+5];void shai(){    long long cnt=0;    mu[1]=sum[1]=1;    for(long long i=2;i<=M;i++){        if(!vis[i]){            p[++cnt]=i;            mu[i]=-1;        }        for(long long j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=M;j++){            vis[i*p[j]]=1;            if(i%p[j]==0)                break;            mu[i*p[j]]=-mu[i];        }        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];    }}long long f(long long n){    long long ans=1,last;    for(long long i=1;i<=n;i=last+1){        last=n/(n/i);        ans+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(n/i);    }    ans*=3;    for(long long i=1;i<=n;i=last+1){        last=n/(n/i);        ans+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(n/i)*(n/i);    }    return ans;}int main(){    shai();    long long t;    scanf("%lld",&t);    while(t--){        long long n;        scanf("%lld",&n);        printf("%lld\n",f(n));    }}