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题目描述
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，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。
输入格式
一行两个整数 n,m。
输出格式
仅包含一个整数，表示总共产生的能量损失。
输入输出样例
输入 #1
5 4
输出 #1
36
输入 #2
3 4
输出 #2
20
说明/提示
对于 10 % 10\% 10% 的数据： n , m ≤ 10 n, m \leq 10 n,m≤10
对于 50 % 50\% 50% 的数据： n , m ≤ 100 n, m \leq 100 n,m≤100 对于 80 % 80\% 80% 的数据： n , m ≤ 1 0 3 n, m \leq 10^3 n,m≤103 对于 90 % 90\% 90% 的数据： n , m ≤ 1 0 4 n, m \leq 10^4 n,m≤104 对于 100 % 100\% 100% 的数据： 1 ≤ n , m ≤ 1 0 5 1 \leq n, m \leq 10^5 1≤n,m≤105题解
可以发现一个规律：点 ( x , y ) (x,y) (x,y)的能量损失 = 2 gcd ( x , y ) − 1 =2\gcd(x,y)-1 =2gcd(x,y)−1
∴ 题 目 为 ： ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m ( 2 gcd ( i , j ) − 1 ) \therefore 题目为：\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(2\gcd(i,j)-1) ∴题目为：∑i=1n∑j=1m(2gcd(i,j)−1)
∴ 2 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m ( gcd ( i , j ) ) − n m \therefore \;2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(\gcd(i,j))-nm ∴2∑i=1n∑j=1m(gcd(i,j))−nm
∴ 重 点 解 决 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m ( gcd ( i , j ) ) ： \therefore 重点解决\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(\gcd(i,j))： ∴重点解决∑i=1n∑j=1m(gcd(i,j))：
∵ ∑ d ∣ n ϕ ( d ) = n ， d ∣ gcd ( i , j ) 满 足 d ∣ i 且 d ∣ j \because \sum_{d∣n}ϕ(d) = n，d|\gcd(i,j)满足d|i且d|j ∵∑d∣nϕ(d)=n，d∣gcd(i,j)满足d∣i且d∣j
∴ ∑ d ∣ i & d ∣ j ϕ ( d ) = gcd ( i , j ) \therefore \sum_{d∣i\;\&\;d|j}ϕ(d)=\gcd(i,j) ∴∑d∣i&d∣jϕ(d)=gcd(i,j)
∴ ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m ( gcd ( i , j ) ) \therefore \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(\gcd(i,j)) ∴∑i=1n∑j=1m(gcd(i,j))
= ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m ∑ d ∣ i & d ∣ j ϕ ( d ) =\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d∣i\;\&\;d|j}ϕ(d) =∑i=1n∑j=1m∑d∣i&d∣jϕ(d)
= ∑ d = 1 n ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ d ∣ i & d ∣ j ] ϕ ( d ) =\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\;[\;d|i\;\&\;d|j\;]\;ϕ(d) =∑d=1n∑i=1n∑j=1m[d∣i&d∣j]ϕ(d)
= ∑ d = 1 n ∑ d ∣ i n ∑ d ∣ j m ϕ ( d ) =\sum_{d=1}^n\sum_{d|i}^n\sum_{d|j}^mϕ(d) =∑d=1n∑d∣in∑d∣jmϕ(d)
因为 ∑ d ∣ i n ∑ d ∣ j m \sum_{d|i}^n\sum_{d|j}^m ∑d∣in∑d∣jm枚举的是 d d d 的倍数 i i i 和 j j j，而1~n中 d d d 的倍数有 ⌊ d n ⌋ ⌊\frac{d}{n}⌋ ⌊nd⌋个，
所以上式中的 i i i 和 j j j 的贡献分别是 ⌊ d n ⌋ ⌊\frac{d}{n}⌋ ⌊nd⌋和 ⌊ d m ⌋ ⌊\frac{d}{m}⌋ ⌊md⌋所以式子变为 ∑ d = 1 n ( ⌊ d n ⌋ ⌊ d m ⌋ ϕ ( d ) ) \sum_{d=1}^n(\;⌊\frac{d}{n}⌋\;⌊\frac{d}{m}⌋\;ϕ(d)\;) ∑d=1n(⌊nd⌋⌊md⌋ϕ(d))
该题答案即为 2 ∑ d = 1 n ( ⌊ d n ⌋ ⌊ d m ⌋ ϕ ( d ) ) − n m 2\sum_{d=1}^n(\;⌊\frac{d}{n}⌋\;⌊\frac{d}{m}⌋\;ϕ(d)\;)-nm 2∑d=1n(⌊nd⌋⌊md⌋ϕ(d))−nm
式子推出来了，再用就可O(n)解决该题了~~~
#include#include #define Max 1000001using namespace std;long long phi[Max],n,m,p[Max],pn,ans;bool f[Max];void Phi(){ phi[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) { if(!f[i]) { p[++pn]=i; phi[i]=i-1; } for(int j=1;j<=pn&&i*p[j]<=n;j++) { f[i*p[j]]=1; if(i%p[j]==0) { phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j]; break; } else phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1); } }}int main(){ scanf("%lld%lld",&n,&m); if(n>m) swap(n,m); Phi(); for(int d=1;d<=n;d++) ans+=phi[d]*(n/d)*(m/d); printf("%lld",(ans<<1)-n*m);}
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