[BZOJ2005][Noi2010]能量采集

2005: [Noi2010]能量采集

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Description

栋栋有一块长方形的地，他在地上种了一种能量植物，这种植物可以采集太阳光的能量。在这些植物采集能量后，

栋栋再使用一个能量汇集机器把这些植物采集到的能量汇集到一起。栋栋的植物种得非常整齐，一共有n列，每列

有m棵，植物的横竖间距都一样，因此对于每一棵植物，栋栋可以用一个坐标(x, y)来表示，其中x的范围是1至n，

表示是在第x列，y的范围是1至m，表示是在第x列的第y棵。由于能量汇集机器较大，不便移动，栋栋将它放在了

一个角上，坐标正好是(0, 0)。能量汇集机器在汇集的过程中有一定的能量损失。如果一棵植物与能量汇集机器

连接而成的线段上有k棵植物，则能量的损失为2k + 1。例如，当能量汇集机器收集坐标为(2, 4)的植物时，由于

连接线段上存在一棵植物(1, 2)，会产生3的能量损失。注意，如果一棵植物与能量汇集机器连接的线段上没有植

物，则能量损失为1。现在要计算总的能量损失。下面给出了一个能量采集的例子，其中n = 5，m = 4，一共有20

棵植物，在每棵植物上标明了能量汇集机器收集它的能量时产生的能量损失。在这个例子中，总共产生了36的能

量损失。

Input

仅包含一行，为两个整数n和m。

Output

仅包含一个整数，表示总共产生的能量损失。

Sample Input

【样例输入1】
5 4
【样例输入2】
3 4

Sample Output

【样例输出1】
36
【样例输出2】
20
对于100%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100,000。

先考虑一个端点在$left(0,0 ight)$另一个的端点在$left(x_0,y_0 ight)$的一条线段

它的方程显然为$y_0x-x_0y=0$

整点的个数即为非负整数解，显然为$gcdleft(x_0,y_0 ight)+1$个

排除掉两个端点那么就有$gcdleft(x_0,y_0 ight)-1$个

那么由题意可知道一颗在$left(x,y ight)$的植物对答案的贡献为$2*gcdleft(x,y ight)-1$

由对称性，不妨设$nle m$

$ans=2*sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m gcdleft(i,j ight)-n*m$

又因为$n=sum_{dmid n}varphileft(d ight)$

所以$sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m gcdleft(i,j ight)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{dmid i,dmid j}varphileft(d ight)=sum_{d=1}^nvarphileft(d ight)lfloorfrac{n}{d} floorlfloorfrac{m}{d} floor$

分不分块都可以，反正是有$O(n)$的预处理时间的

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100000 + 10;
bool mark[maxn] = {false};
int pri[maxn], prn = 0;
int phi[maxn], sum[maxn];
void shai(){
    phi[1] = 1;
    for(int i = 2; i < maxn; i++){
        if(!mark[i]){
            phi[i] = i - 1;
            pri[++prn] = i;
        }
        for(int j = 1; j <= prn && i * pri[j] < maxn; j++){
            mark[i * pri[j]] = true;
            if(i % pri[j] == 0){
                phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
                break;
            }
            else phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
        }
    }
    sum[0] = 0;
    for(int i = 1; i < maxn; i++) sum[i] = sum[i - 1] + phi[i];
}
int main(){
    shai();
    int n, m;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    if(n > m) swap(n, m);
    ll ans = 0;
    for(int p, i = 1; i <= n; i = p + 1){
        p = min(n / (n / i), m / (m / i));
        ans += (ll) (sum[p] - sum[i - 1]) * (n / p) * (m / p);
    }
    printf("%lld
", 2LL * ans - (ll) n * m);
    return 0;
}