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P2158 [SDOI2008]仪仗队题解

旅行传送门：https://www.luogu.com.cn/problem/P2158

题目描述

作为体育委员，C君负责这次运动会仪仗队的训练。仪仗队是由学生组成的N * N的方阵，为了保证队伍在行进中整齐划一，C君会跟在仪仗队的左后方，根据其视线所及的学生人数来判断队伍是否整齐(如下图)。

现在，C君希望你告诉他队伍整齐时能看到的学生人数。

输入格式

共一个数N

输出格式

共一个数，即C君应看到的学生人数。

输入输出样例

输入 #1

输出 #1

解题思路

以左下角C君所在的点为原点，第一行为x轴，第一列为y轴建立平面直角坐标系。不难发现，一条直线上只有第一个点能被看见，而直线的斜率 k = y / x，即点(x , y)能被看见的条件为其与原点的连线的斜率是第一次出现；我们又知道，分数化为最简形式时有：gcd (x , y) = 1,即x与y互质，那么我们的问题就转化为了求有几对互质的x与y。

在数论中，对正整数n，欧拉函数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目(因此φ(1)=1)。因此，方阵下三角中互质的x与y的对数即为(方阵为n * n的大小，而坐标轴的起点是由0开始计算，所以只累加至n - 1)，由于方阵关于y = x对称，最后输出答案2 * + 1即可(y = x 上还有一点)。

欧拉函数

度娘与各大神犇对该函数的证明过程远远胜过本蒟蒻，在此就不过多赘述了。

AC代码

 1 //打表版(3~6s)
 2 #include <bits/stdc++.h>
 3 #define MAXN 40000 + 10
 4 
 5 int phi[MAXN],ans[MAXN];
 6 
 7 void euler()
 8 {
 9     ans[1] = 1;
10     for (int i = 1; i <= MAXN; i++)
11     {
12         int res = i, n = i;
13         for (int j = 2; j * j <= n; j++)
14         {
15             if (!(n % j))
16                 res = res * (j - 1) / j;
17             while (!(n % j))
18                 n /= j;
19         }
20         if (n > 1)
21             res = res * (n - 1) / n;
22         phi[i] = res;
23     }
24     for (int i = 2; i <= MAXN; i++)
25         for (int j = 1; j < i; j++)
26             ans[i] += phi[j];
27 }
28 
29 int main(int argc, char const *argv[])
30 {
31     euler();
32     int n;
33     while (~scanf("%d", &n))
34     {
35         if (n == 1) //方阵大小为1*1时特判，此时队列中只有自己，输出0
36         {
37             puts("0");
38             continue;
39         }
40         printf("%d\n", 2 * ans[n] + 1);
41     }
42     return 0;
43 }

View Code

 1 //优化版(55±5ms)
 2 #include <bits/stdc++.h>
 3 #define MAXN 40000 + 10
 4 
 5 int main(int argc, char const *argv[])
 6 {
 7     int n, ans;
 8     while (~scanf("%d", &n))
 9     {
10         ans = 0;
11         if (n == 1)
12         {
13             printf("%d\n", 0);
14             continue;
15         }
16         for (int i = 1; i < n; i++)
17         {
18             int res = i, t = i;
19             for (int j = 2; j * j <= t; j++)
20             {
21                 if (!(t % j))
22                     res = res * (j - 1) / j;
23                 while (!(t % j))
24                     t /= j;
25             }
26             if (t > 1)
27                 res = res * (t - 1) / t;
28             ans += res;
29         }
30         printf("%d\n", 2 * ans + 1);
31     }
32     return 0;
33 }