P2158 [SDOI2008] 仪仗队

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• 题目地址：P2158 [SDOI2008] 仪仗队 - 洛谷

题目描述

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作为体育委员，C 君负责这次运动会仪仗队的训练。仪仗队是由学生组成的 \(N \times N\) 的方阵，为了保证队伍在行进中整齐划一，C 君会跟在仪仗队的左后方，根据其视线所及的学生人数来判断队伍是否整齐（如下图）。

现在，C 君希望你告诉他队伍整齐时能看到的学生人数。

分析

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这道题目以这样的形式进行描述就需要我们进行数学建模了。

1. 建立平面直角坐标系，其中 \(C\)君就站在了原点处 \(O(0,0)\)，而其中 \(N\times N\)的方阵则视作 \((x,y)(x\in[0, N-1],y\in[0,N-1])\)，并且\((x,y)\)一定是整数格点。。
2. 寻找“被遮挡”的规律：
   \(C\)君看向某个学生 \((x,y)\)，视线是一条从 \((0,0)\)连向 \((x,y)\)的线段。当且仅当这条线段上没有其他整数坐标点时这个学生能被完全看到。
   那么如果， \((0,0)\)到 \((x,y)\)之间有其他整数点意味着什么？假设存在一个中间点 \((x',y')\)，这就意味着三角形 \((0,0)\rightarrow (x',0)\rightarrow (x',y')\)与三角形 \((0,0)\rightarrow (x,0)\rightarrow (x,y)\)是相似三角形。这也意味着 \(x\)和 \(y\)可以等比例缩小，并且这个比例一定是整数，即 \(x=k\times x',y=k\times y'\rightarrow gcd(x,y)=k>1\)。
   至此，我们找到了被遮挡的数学规律：除了 \((1,0)\)和 \((0,1)\)这两个贴脸的人之外，对于其他任何学生 \((x,y)\)，能被看到的充要条件是 \(gcd(x,y)=1\)。
3. 利用对称性简化计算：
   现在问题就转化为：在 \(1\leq x\leq N-1\)且 \(1\leq y\leq N-1\)的范围内，有多少对 \((x,y)\)满足 \(gcd(x,y)=1\)。
   方阵是沿着对角线 \(y=x\)对称的，我们可以把它分为三部分：
   • 对角线(\(x=y\))：只有 \((1,1)\)满足 \(gcd(x,y)=1\)，共 \(1\)个；
   • 右下半区(\(x>y\))：我们要找到 \(1\leq y< x\leq N-1\)中\(gcd(x,y)=1\)的个数；
   • 左上半区(\(x<y\))：与右下半区对称，数量完全相同。
4. 欧拉函数建模
   看一下右下半区：固定一个 \(x\)，求有多少个 \(y\)满足 \(1\leq y < x\)且 \(gcd(x,y)=1\)，这本身就是欧拉函数 \(\varphi(x)\)的定义（\(\varphi(x)\)表示小于等于 \(x\)且与 \(x\)互质的数的个数）。

现在汇总一下所有能被看见的人：

• 右下半区：\(\sum_{i=2}^{N-1}\varphi(i)\)；
• 左上半区：\(\sum_{i=2}^{N-1}\varphi(i)\)；
• 对角线上的 \((1,1)\)： \(1\)个（也可以等价为 \(\varphi(1)\)）；
• 坐标轴上的 \((1,0)\)和 \((0,1)\)： \(2\)个
  把上面的加起来，总人数为：

\[2\times (\sum_{i-2}^{N-1}\varphi(i)) + 3\leftrightarrow otal=2\times(\sum_{i=1}^{N-1}\varphi(i)) + 1 \]

由于数据规模为：\(1≤N≤40000\)，因此我们可以用线性筛求解保留\(1\sim N-1\)的欧拉函数值，此后进行求和即可。

#include <iostream>
#include <vector>

int main() {
    int N;
    scanf("%d", &N);
    std::vector<int> primes;
    std::vector<bool> isPrime(N, true);
    std::vector<int> phi(N, 0);
    // isPrime[0] = isPrime[1] = 0;
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; i++) {
        if (isPrime[i]) {
            primes.push_back(i);
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (int pj : primes) {
            if (i * pj >= N) break;
            isPrime[i * pj] = false;
            if (i % pj == 0) {
                phi[i * pj] = phi[i] * pj;
                break;
            } else {
                phi[i * pj] = phi[i] * phi[pj];
            }
        }
    }
    if (N == 1) {
        printf("0\n");
    } else {
        int ans = 1;
        for (int i = 1; i < N; i++) {
            ans += 2 * phi[i];
        }
        printf("%d", ans);
    }
    return 0;
}

• 注意当 \(N=1\)的时候就只剩原点 \(O(0,0)\)了，此时应该返回 \(0\)而非初始化的 \(ans=1\)。
• 时间复杂度：\(O(n)\)
• 空间复杂度：\(O(n)\)