NOI2010 能量采集 解题报告

【题目大意】：一个n*m的网格，将这n*m个点分别与原点连线（坐标轴上无点），如果一个点与原点连接而成的线段上有k个点，那么该点的     得分为2*k+1，总得分为这n*m个点的得分和。给你n和m，求总得分。

这是一个样例，每个点上都标明了该点的得分，总的得分为36。

对于10%的数据：1 ≤ n, m ≤ 10；
对于50%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100；
对于80%的数据：1 ≤ n, m ≤ 1000；
对于90%的数据：1 ≤ n, m ≤ 10,000；
对于100%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100,000。

首先可以看出，对于每一对点(x,y)，如果有另外一对点(x',y')，且x/y=x'/y'，那么它们肯定是共线的。

然后我发现，由于数据范围过大，肯定不能通过枚举来确定每个点的分数，于是我就转而寻找每个点本身的某个性质，而这个性质可以决定其连线上点的个数。

经过对样例中每个点的观察，我发现对于每个点(x,y)，它连线上的点的个数为gcd(x,y)，证明如下:

对于一对(x,y)，且gcd(x,y)=1，则(d*x,d*y)(d*x<=n,d*y<=m)与x,y在同一条连线上，而(d*x,d*y)的连线上有d个点.又因为gcd(d*x,d*y)=d，且每对(x',y')都可以表示为(d*x,d*y)的形式，所以上述假设成立。

然后原问题转化为求，所以就要求所有gcd(i,j)的和。

再次观察发现，所求问题的域较大(n*m)，而答案的域较小(min(n,m))，所以一个很重要的转化就是对于与每一个d(<min(m,n))，求出有多少对gcd(x,y)=d，而对于这个问题，可以利用容斥原理解决。

首先，令f[d]表示最大公约数为d的(x,y)的对数，公约数里有d的(x,y)对数共有([n/d]*[m/d])对，然后要排出里面公约数有大于d的(x,y)对数，要排出多少个？ --> f[d*2]+f[d*3]+...+f[d*k](d*k<=min(n,m))个。

这样，我们可以用逆推的方式求出所有的gcd(x,y)之和，然后代入推出的公式中就可以得到答案，时间复杂度度为O(nlgn)。

 

#include <iostream>#include <fstream>#define len 100100#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))#define l_ong long longusing namespace std; l_ong n,m,f[len]={0};l_ong ans=0;int main(int argc,char** argv){ cin >>n>>m; for(l_ong i=min(n,m);i>=1;i--){ l_ong s=(n/i)*(m/i); for(l_ong j=2;j*i<=min(n,m);j++) s-=f[j*i]; f[i]=s; ans+=(f[i]*i); } cout <<ans*2-n*m<<endl; return 0;}