P2158 [SDOI2008]仪仗队
0x01 题意
给定一个(n imes n)的方阵，求左下角的点与其他点的连线中，不经过其他点（也就是只经过左下角的点和终点）的连线的个数
0x02 解
可以容易地发现，当我们以左下角的点为原点((0,0))，终点为((x,y))，且(gcd(x,y)=1)时，该连线只经过两个点。（其中(gcd(i,0)=gcd(0,i)=i)）
问题转化为求该方阵中所有坐标满足(gcd(x,y)=1)的点的个数，即：
[ans[1]=0
]
[ans(n)=sum_{x=0}^{n-1}sum_{y=0}^{n-1}[gcd(x,y)=1],ngeq 2
]
我们发现，所有满足条件的点都关于(y=x)对称，所以原式简化为：
[ans[n]=2sum_{x=0}^{n-1}sum_{y=0}^{x-1}[gcd(x,y)=1]+1,ngeq 2
]
我们还回想起，寒假第一节课，有npy的yjc给我们讲了欧拉函数的知识
[phi(n)=sum_{i=0}^{n-1}[gcd(i,n)=1]
]
所以我们可以把式子再简化为：
[ans[n]=sum_{x=0}^{n-1}phi(x)+1,ngeq 2
]
线性筛预处理，(O(n))扫一遍解决
0x03 码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=40010;
bool notp[N];
int cnt=0,phi[N],pri[N];
void getphi(int n){
cnt=0;
notp[1]=1,phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!notp[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=n;j++){
notp[pri[j]*i]=1;
if(i%pri[j]==0){phi[pri[j]*i]=phi[i]*pri[j];break;}
else phi[pri[j]*i]=phi[i]*(pri[j]-1);
}
}
}
int main(){
int n;
getphi(40010);
cin>>n;
if(n==1){cout<<0;return 0;}
long long ans=0;
for(int i=0;i<n;i++){
ans+=phi[i];
}
cout<<2*ans+1;
return 0;
}