P3166 [CQOI2014]数三角形

传送门

直接求还要考虑各种不合法情况，不好计数

很容易想到容斥

把所有可能减去不合法的情况剩下的就是合法情况

那么我们只要任取不同的三点就是所有可能，不合法情况就是三点共线

对于两点 $(x_1,y_1) , (x_2,y_2)$ ，它们之间有 $gcd(left | x_1-x_2 ight |,left | y_1-y_2 ight |)-1$ 个交点

证明？因为第三点C如果在两点A,B间的线上

那么$frac{left | x_A-x_C ight |}{ left | y_A-y_C ight |}=frac{left | x_A-x_B ight |}{ left | y_A-y_B ight |}$

因为 $x_C,y_C$ 为整数且在A,B之间，所以只有 $gcd(left | x_A-x_B ight |,left | y_A-y_B ight |)-1$ 个位置可取

自己画个图感性理解一下就好了

所以一个直接的思路就是枚举所有两个点A,B，算出C的数量

但是可以发现有很多线段AB其实本质是一样的，只是位置不同，我们可以通过平移来得到

把点A固定在原点上，然后枚举B，这样可以得到所有本质不同的线段

然后考虑有多少种平移方案

设 B 坐标为 (X,Y)，那么线段可以向上平移最多 N-Y 个单位，向右平移最多 M-X 个单位

因为可以平移 0 个单位，所以共有 (N-Y+1)(M-X+1) 种方案

因为AB斜率可以为负，所以要把之前求出来的方案数再乘 2 

在坐标系中任选3点的方案数为 $C_{(N+1)(M+1)}^{3}$

别忘了减去三点横坐标相同或纵坐标相同的情况：

对于每条横线，都有 $C_{M+1}^{3}$种方案，共 N 条横线

对于每条纵线，也是一样，为 $M*C_{N+1}^{3}$

别忘了开 long long

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
int n,m,t;
ll ans;
int gcd(int a,int b) { return b ? gcd(b,a%b) : a; }
int main()
{
    n=read()+1; m=read()+1;
    t=n*m;
    ans=1ll*t*(t-1)*(t-2)/(1*2*3) - 1ll* m* n*(n-1)*(n-2)/(1*2*3) - 1ll* n* m*(m-1)*(m-2)/(1*2*3);
    //总方案数 - 纵线不合法方案 - 横线不合法方案
    for(int i=1;i<n;i++)//枚举点B纵坐标
        for(int j=1;j<m;j++)//横坐标
            ans-=1ll*(n-i)*(m-j)*(gcd(i,j)-1)*2;//减去斜线不合法方案数
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}