做完之后看了看题解，怎么一篇和我思路一样的也没有...我好慌啊qwq（所以一定是窝太弱了看不懂dalao的思路）
好吧窝的方法确实很奇怪：
核心代码只有3行 输入 循环 输出 一气呵成 是题解中的豪杰
最重要的是
没有组合数 没有容斥 没有斜率 没有向量 DA☆ZE
（只有我们的好朋友gcd
咳咳 那么开始正题（敲黑板）
首先，我们定义一个网格被一个三角形完全覆盖，当且仅当这个三角形的三个顶点都在网格边界上，并且沿着网格内部任意一条线段把网格切开，一定会把三角形切成两部分。比如下面的例子就是一个完全覆盖（渣鼠绘）：
但是这个就不是：（因为沿红色竖线切开，并不能切到三角形）
那么我们发现：
- 每个顶点都在格点上的三角形，有且只有一个可以被它完全覆盖的网格。所以只要求出原矩形当中所有子矩形的完全覆盖三角形的数量，就可以不重不漏地找出顶点都在格点上的三角形。
——但是子矩形好多啊，枚举左上角和右下角，至少是(n^2m^2)的数量级哇qwq
——[恋符]MasterSpark.gif 注意到我们并不关心每个子矩形的位置，而只关心它们的长宽，以及长宽均相同的矩形的数目，所以枚举子矩形的长 (i) 和宽 (j)，则(i*j)的矩形数量为((n-i+1)*(m-j+1))，子矩阵数量级降为(nm)。
至此，原问题转化为
**给定网格的长宽，迅速求解完全覆盖网格的三角形的数目**
继续观察，我们发现：
- 如果某个三角形（暂且称之为(ABC)）完全覆盖了某个网格（(MNPQ)），(ABC)一定有至少一个顶点在(MNPQ)的角上。
首先分析只有一个顶点在(MNPQ)角上的情况。不妨设(A)点与(M)点重合，为了使(ABC)完全覆盖(MNPQ)，(B)和(C)必须分别在(NP)和(PQ)边上（如下图）：
显然对于一个(i*j)的网格(这里(i) (j)指的是空格的数量而非格点，上图(i=6,j=10))，固定顶点的位置有四种，每种对应的另外两个顶点的位置有((i-1)*(j-1))种((B) (C)不能与(N) (P) (Q)重合)，共(4*(i-1)*(j-1))种。
分析两个顶点在(MNPQ)角上的情况。不妨设(A)与(M)重合。此时另外一个角上的点（不妨设为点(B)）有三种情况：
1、(B)与(N)重合。此时(C)一定在(QP)上。共((i-1))种情况。
2、(B)与(Q)重合。此时(C)一定在(NP)上。共((j-1))种情况。
3、(B)与(P)重合。
这是比较麻烦的一种状态，因为此时(C)点可以在网格中能构成三角形的任意一处。但是我们注意到，如果线段(AB)除了经过(M) (P)之外，还经过了一些其他格点，(C)是不能与它们重合的。
那么有多少个格点被(AB)穿过呢qwq？
显然，不包括(AB)本身，有(gcd(i,j)-1)个（至于为什么，请读者自己思考（明明就是你自己也不会证吧kora
所以第三种情况的方案数是((i+1)*(j+1)-4-gcd(i,j)+1)（这里(-4)是因为C点不能放在网格的四个角上）。
注意到以上三种情况都可以反转，从而得到另一组与其一一对应的方案。
分析三个顶点在(MNPQ)角上的情况。显然只有四种。
综上，对于一个长宽为(i,j)的网格，可以把它完全覆盖的三角形的个数
(S=4*(i-1)*(j-1)+2*[(i-1)+(j-1)+(i+1)*(j+1)-4-gcd(i,j)+1]+4)
(=6*i*j-2*gcd(i,j))
枚举子矩阵的复杂度为(mn)，单次求解(gcd)的复杂度为(log(m+n)),总复杂度(O(mnlog(m+n))),实际运行跑的飞起。
下面是AC代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
#define ll long long
using namespace std;
int getgcd(int a, int b)
{
if (!b) return a;
return getgcd(b, a % b);
}
int main()
{
ll n, m, ans = 0;
cin >> n >> m;
for (R int i = 1; i <= n; ++i)
for (R int j = 1; j <= m; ++j)
ans += (n - i + 1) * (m - j + 1) * (6 * i * j - 2 * getgcd(i, j));
cout << ans;
return 0;
}
那么这篇文章就到这里，希望对您能有帮助。ありがとナスます~