UVa 12075 / LA 3295 Counting Triangles

    一个三角形由三个不共线的点组成，也就是说，三角形的个数等于三点不共线的组数。由于三点不共线的组数比较难算，可以通过计算它的补集三点共线的组数，再由总数C(n*m,3)减去。

计算方法和Highway比较类似，若已知n行m列的答案，新增第n+1行，令n+1行的第一个点为a，那么a所在的三点共线满足什么条件？有多少组？

 

几何上三点共线任意两点斜率相等，如果再加上各坐标值是整数这个限制条件，那么可得，最低点与最高点的横坐标之差与纵坐标之差非互质，即最大公约数K大于1。组数为K-1。我们可以枚举一个与a非同行同列的b，计算a与b连线上的三点共线组数。

但是，跟上一题Highway一样，要考虑重复计算的问题。在枚举时，我们是假设b是最高点，实际上，在a与b的延长线可能存在一点更高点c，这时我们减去重复值。

 

后来在写解题报告的时候，忽然想到直接计算以a为最低点和b为最高点的三点共线组数，这样就不用减去重复值了，思路更为清晰。（受了Highway思路的影响）

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long
using namespace std;

const int maxn = 1010;
LL f[maxn][maxn];

int gcd(int a, int b)
{
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

LL C(LL n)
{
    return n * (n - 1) * (n - 2) / 6;
}

void init()
{
    int i, n, j, k;
    memset(f, 0, sizeof(f));
    n = 1000;
    for(i = 2; i <= n; i ++)
        for(j = 2; j <= n; j ++)
            f[i][j] = (LL)(gcd(i, j) - 1);

    for(i = 2; i <= n; i ++)
        for(j = 3; j <= n; j ++)
            f[i][j] += f[i][j - 1];

    for(i = 3; i <= n; i ++)
        for(j = 2; j <= n; j ++)
            f[i][j] += f[i - 1][j];
}

int main()
{
    int i, n, j, m, kase;
    init();
    for(kase = 1;scanf("%d%d", &n, &m), n + m; kase ++)
    {
        n ++, m ++;
        LL ans = C(n * m) - n * C(m) - m * C(n);
        for(i = 2; i < n; i ++)
            for(j = 0; j < m; j ++)
                ans -= f[i][m - 1 - j] + f[i][j];
        printf("Case %d: %lld
", kase, ans);
    }
    return 0;
}