poj3090 Visible Lattice Points（欧拉函数 莫比乌斯反演）

题目链接：

题目大意：有一个n*n的二维格点，问在原点(0,0)处能看到多少个格点？(n<=1000,1000组数据)

n=5的情况，答案是21，如上图的21根线

思路：

结论就是，即最后能看到的格点数为

接下来对这个题目简单分析一下。

首先，题目主要是求从0,0能看到的点的个数。

先考虑只有1×1的时候，三个点，根据图明显看出，只需要计算下三角，结果=下三角的个数×2再加1（斜率为1的点）。

那么我们只需要计算斜率从0到1之间的个数就行了，不包括1，包括0.结果设为sum，那么最终就是2*sum+1.

 

1×1只有一个斜率为0的

2×2斜率有0,1/2（0已经算过了，以后不再算了），其实就多了一个斜率为1/2的。

3×3的时候，有1/3,2/3两个，比以前多了2个

4×4的时候，有1/4,2/4（1/2已经有过了）,3/4，所以也是2个

5×5的时候，有1/5,2/5,3/5,4/5，之前都没有，所以多了4个

6×6得到时候，有1/6,2/6（1/3已经有了）,3/6(1/2已经有了),4/6(2/3已经有了),5/6，所以只剩2个。

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从上面可以发现一个规律，对于n×n，可以从0,0连接到（n,0）到(n,n)上，斜率将会是1/n,2/n......(n-1)/n;

凡是分子和分母能够约分的，也就是有公约数，前面都已经有过了。所以每次添加的个数就是分子和分母互质的个数。

 

那么问题就转换为，对于一个数n，求小于n的于n互质的数的个数，这不就是欧拉函数么？

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include<iostream>#include<map>using namespace std;#define maxn  100005#define mod 9901int prime[maxn],phi[maxn];bool unprime[maxn];long long n;void Euler(){    int i,j,k = 0;    for(i = 2; i <maxn; i++)    {        if(!unprime[i])        {            prime[k++] = i;            phi[i] = i-1;//此处处理phi(p)        }        for(j = 0; j < k && prime[j]*i <maxn; j++)        {            unprime[prime[j] *i] = true;            if(i % prime[j] != 0)            {                //此处处理phi(i*p)=phi(i)*phi(p) ,p不是i的约数                //phi[prime[j]]==prime[j]-1                phi[prime[j]*i] = phi[i]*(prime[j]-1);            }            else            {                //此处处理phi(i*p),p是i的约数                phi[prime[j]*i] = phi[i]*prime[j];                break;            }        }    }}int main(){    int t;    scanf("%d",&t);    Euler();    for(int cas=1;cas<=t;cas++){scanf("%lld",&n);long long sum=0;for(int i=1;i<=n;i++)sum+=phi[i];printf("%d %lld %lld\n",cas,n,3+2*sum);}    return 0;}