zoj3435 莫比乌斯反演

传送门

题意：给定点(x,y,z)与(1,1,1)确定一个长方体，长方体边上及内部总共有x*y*z个点，问从(1,1,1)总共能看到多少个点

思路：点的类型分为三种：（1）在长方体内部、（2）在长方体面上（不包括与(1,1,1)共线的点）、（3）与(1,1,1)共线的点；如果我们把每个坐标都减1，可以发现：（1）如果坐标里有两个0，那么只有另一个数为1才可以看见、（2）如果坐标里有一个0，那么只有另外两个数互质才能看见、（3）如果坐标里没有0，那么只有三个数都分别互质才能看见。第一种情况很显然了只有三种，第二种情况就转化成了从[1,a-1]中取x，从[1,b-1]取y使得gcd(x,y)=1的方法数，这就转化成了我们非常熟悉的一个问题，用莫比乌斯反演，第三种情况也类似，即从[1,a-1]中取x，从[1,b-1]中取y，从[1,c-1]中取z使得gcd(x,y,z)=1的方法数。

完整代码：

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;typedef long long LL ;const int N=1000005;bool check[N+5];int prime[N+5];int mu[N+5];int sum[N+5];int tot;void miu(){    memset(check,false,sizeof(check));    mu[1]=1;    tot=0;    for(int i=2;i<=N;i++)    {        if(!check[i])        {            prime[tot++]=i;            mu[i]=-1;        }        for(int j=0;j<tot;j++)        {            if(i*prime[j]>N) break;            check[i*prime[j]]=true;            if(i%prime[j]==0)            {                mu[i*prime[j]]=0;                break;            }            else                mu[i*prime[j]]=-mu[i];        }    }    sum[0]=0;    for(int i=1;i<=N;i++)        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];}LL solve(LL m,LL n){    LL last;    LL ans=0;    for(LL i=1;i<=min(m,n);i=last+1)    {        last=min(n/(n/i),m/(m/i));        ans+=(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);    }    return ans;}LL solve2(LL a,LL b,LL c){    LL last;    LL ans=0;    LL d=min(min(a,b),c);    for(LL i=1;i<=d;i=last+1)    {        last=min(a/(a/i),min(b/(b/i),c/(c/i)));        ans+=(a/i)*(b/i)*(c/i)*(sum[last]-sum[i-1]);    }    return ans;}int main(){    miu();    LL a,b,c;    while(scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c)!=-1)    {        LL ans=3;        ans+=solve(a-1,b-1)+solve(a-1,c-1)+solve(b-1,c-1);        ans+=solve2(a-1,b-1,c-1);        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}