SPOJ VLATTICE Visible Lattice Points[莫比乌斯反演]

A - Visible Lattice Points

 SPOJ - VLATTICE 

题意:

存在一个N*N*N的正方体，你从(0,0,0)点开始看过去，能看到多少个点。

题解:

结果是三种情况的求和。

① 当 x,y,z 其中两个为0，另外一个为非0的情况 那么我们可以看到 (1,0,0) (0,1,0) (0,0,1)

② 当 x,y,z 其中一个为0，另外两个为非0的情况，就是转换为二维的情况，并且这样的面有三个。

这种情况的时候  f(d) 为 gcd(x,y)==d || gcd(x,z)==d || gcd(y,z)==d 的情况

F(d)表示满足 gcd(x,y) 的结果是d的倍数 

并且F(d)我们可以直接算出来

 因为我们的最终结果，只要gcd(x,y)==1 所以我们只需要求f(1)。

  乘3是因为一共是三个面。

③当 x,y,z 都非0，那么我们能看到的点就是gcd(x,y,z)==1的点，这时的 f(d) 就代表 gcd(x,y,z)==d 的情况。

F(d)表示满足 gcd(x,y,z) 的结果是d的倍数。

，我们也只需要求f(1)。

那么最后

最后将这三种情况加起来，就是我们要的结果了。

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<string>#include<algorithm>#include<queue>#include<stack>#include<set>#include<map>#include<vector>using namespace std;typedef long long ll;const int N=1e6+5;bool mark[N];int prim[N],mu[N],smu[N];int cnt;void initial(){    mu[1]=smu[1]=1;    cnt=0;    for (int i=2 ; i<N ; ++i)    {        if (!mark[i])        {            prim[cnt++]=i;            mu[i]=-1;        }        for (int j=0 ; j<cnt && i*prim[j]<N ; ++j)        {            mark[i*prim[j]]=1;            if (!(i%prim[j]))            {                mu[i*prim[j]]=0;                break;            }            mu[i*prim[j]]=-mu[i];        }        smu[i]=smu[i-1]+mu[i];    }}int main(){    initial();int T;scanf("%d",&T);while (T--)    {        int n;        scanf("%d",&n);        ll ans=3;        for (int i=1,ed=0 ; i<=n ; i=ed+1)        {            ed=n/(n/i);            ans+=(ll)(smu[ed]-smu[i-1])*(n/i)*(n/i)*(n/i);            ans+=(ll)(smu[ed]-smu[i-1])*(n/i)*(n/i)*3;        }        printf("%lld\n",ans);    }return 0;}