201. 可见的点

// 201. 可见的点.cpp : 此文件包含 "main" 函数。程序执行将在此处开始并结束。
//

/*
https://www.acwing.com/problem/content/203/

在一个平面直角坐标系的第一象限内，如果一个点 (x,y)与原点 (0,0)
 的连线中没有通过其他任何点，则称该点在原点处是可见的。

例如，点 (4,2)就是不可见的，因为它与原点的连线会通过点 (2,1)。

部分可见点与原点的连线如下图所示：

3090_1.png

编写一个程序，计算给定整数 N 的情况下，满足 0≤x，y≤N
 的可见点 (x，y)的数量（可见点不包括原点）。

输入格式
第一行包含整数 C，表示共有 C 组测试数据。

每组测试数据占一行，包含一个整数 N。

输出格式
每组测试数据的输出占据一行。

应包括：测试数据的编号（从 1 开始），该组测试数据对应的 N 以及可见点的数量。

同行数据之间用空格隔开。

数据范围
1≤N,C≤1000
输入样例：
4
2
4
5
231
输出样例：
1 2 5
2 4 13
3 5 21
4 231 32549
*/

#define  _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <iostream>


using namespace std;


int T; int n;

const int N = 1010;
int primes[N], cnt;     // primes[]存储所有素数
int euler[N];           // 存储每个数的欧拉函数
bool st[N];         // st[x]存储x是否被筛掉


int phi(int x) {
    int res = x;
    for (int i = 2; i <= x / i; i++)
        if (x % i == 0)
        {
            res = res / i * (i - 1);
            while (x % i == 0) x /= i;
        }
    if (x > 1) res = res / x * (x - 1);

    return res;
}




void solve(int idx) {
    int n; cin >> n;
  
    long long res = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        res += phi(i);
    }
    res *= 2; res += 3;

    cout << idx <<" "<< n <<" "<< res << endl;

    return;
}

int main()
{
    cin >> T;
    for (int i = 1; i <= T; i++) {
        solve(i);
    }
    

    return 0;
}

筛法求1~n中每个数的欧拉函数

#define  _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <iostream>


using namespace std;


int T; int n;

const int N = 1010;
int primes[N], cnt;     // primes[]存储所有素数
int euler[N];           // 存储每个数的欧拉函数
bool st[N];         // st[x]存储x是否被筛掉



void get_eulers(int n)
{
    euler[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (!st[i])
        {
            primes[cnt++] = i;
            euler[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++)
        {
            int t = primes[j] * i;
            st[t] = true;
            if (i % primes[j] == 0)
            {
                euler[t] = euler[i] * primes[j];
                break;
            }
            euler[t] = euler[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
}
 
void solve(int idx) {
    int n; cin >> n;
  
    long long res = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        res += euler[i];
    }
    res *= 2; res += 3;

    cout << idx <<" "<< n <<" "<< res << endl;

    return;
}

int main()
{
    cin >> T;
    get_eulers(1000);
    for (int i = 1; i <= T; i++) {
        solve(i);
    }
    

    return 0;
}