GCD+几何 AcWing201 可见的点

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题目需要求的是正方形内的点，每个点到$(0,0)$的连线都有或者不存在斜率，这样的斜率不同的有多少个，包括斜率不存在

结论：$GCD(x,y)=1$的为满足条件的，除此以外还有斜率为$0$和斜率不存在的点

定义：$k(x,y)$表示$(x,y)$到$(0,0)$连线的斜率

证明：
1·对于任意一个点$(x,y)$，若$GCD(x,.y)\ne 1$，则$x=x÷GCD(x,y)$，$y=y÷GCD(x,y)$，此时$GCD(x,y)=1$，因此可以得到，对于点$(x,y)$ 若 $GCD(x,y)\ne 1$则一定存在一个点$(x_1,y_1)$ 满足$k(x,y)=k(x_1,y_1)$，因此我们只需要考虑$GCD(x,y)=1$的点即可

2·对于任意两个点$(x_1,y_2),(x_2,y_2)$如果满足$x_1\ne x_2$或者$y_1\ne y_2$，则有
$k(x_1,y_1)\ne k(x_2,y_2)$，即对于每一个不同的点$(x,y)$满足$GCD(x,y)=1$都是一个不同的斜率

3·两种特殊情况，$y=0$时$k(x,0)=0$，$x=0$时斜率不存在，需要加上这两个点

4·综上，结果应该是所有坐标中$GCD(x,y)=1$的个数 $+$ 2

其实答案还是关于$y=x$对称的，因此可以求一半$\times 2$，减去对角线上的一个。其实也相当于求一个数的欧拉函数，因此可以使用埃氏筛+欧拉函数求解。

证毕。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll N;
ll arr[1100];
ll answer(ll n){
   for (int i = 1; i <= n; i++){
       arr[i] = i;
   }
   for (int i = 2; i <= n; i++){
       if (arr[i] == i){
           for (int j = i; j <= n; j += i){
               arr[j] = arr[j] / i * (i - 1);
           }
       }
   }
   ll res = 3;
   for (int i = 2; i <= n; i++)
       res += arr[i] * 2;
   return res;
}
int main(){
   int t;
   scanf("%d", &t);
   for (int i = 1; i <= t; i++){
       scanf("%lld", &N);
       printf("%d %lld %lld\n", i, N, answer(N));
   }
   return 0;
}