爱思创 181314 仪仗队 题解

181314 仪仗队

题目大意

求出在 n*n 的方阵中，在（0，0）位置上能看到的人数

小A: 可以画一条对角线，使答案变成 \(2·sum+1\)

题目思路

小B: 这道题和兔八哥与猎人类似，那一题我们判断了x差与y差是否互质，这一题应该也可以这么做
小A: 那么主要思路有了，就只差优化统计x与y互质的位置了
这里补充一下埃拉托斯特尼筛法
对于任意一个大于 1 的正整数 n，那么它的 x 倍就是合数（x > 1）。利用这个结论，我们可以避免很多次不必要的检测。
如果我们从小到大考虑每个数，然后同时把当前这个数的所有（比自己大的）倍数记为合数，那么运行结束的时候没有被标记的数就是素数了。

bool vis[N];//是否为质数
int p[M];//质数表
int esieve(int n)
{
    int cnt = 0;//质数个数
    vis[0] = vis[1] = true;//0和1虽然不是合数，但也不是质数
    for(int i = 2; i * i <= n; i ++)
    {
        if(!vis[i])//质数的倍数除本身以外都是合数
        {
            for(int j = i * i; j <= n; j += i)
            {
                vis[j] = true;//j不是质数
            }
        }
    }
    for(int i = 2; i <= n; i ++)
    {
        if(!vis[i]) p[++cnt] = i;//统计质数
    }
    return cnt;
}

再讲一下欧拉函数，及 \(\phi(n)\)，表示的是小于等于 n 和 n 互质的数的个数。
小B: 比如 \(\phi(1) = 1\)，并且如果i是质数，则 \(phi(i)=i-1\)

小A: 再把两者结合一下，我们就能批量求解欧拉函数了

void esieve(int n)
{
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        phi[i] = i;
    }
    for(int i = 2; i <= n; i ++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            for(int j = i; j <= n; j += i)
            {
                vis[j] = true;
                phi[j] = phi[j] / i * (i - 1);
            }
        }
    }
}

小B: 这样我们就完成目标了
小A: 不，还有一些细节。首先调用函数时应传入 \(n - 1\)，而不是 \(n\)；其次有一个特例，当 \(n=1\) 时，应输出1，因为他自己就站在这个格里，没有其他人

完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e6 + 5;
bool vis[N];
int phi[N];
void esieve(int n)
{
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        phi[i] = i;
    }
    for(int i = 2; i <= n; i ++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            for(int j = i; j <= n; j += i)
            {
                vis[j] = true;
                phi[j] = phi[j] / i * (i - 1);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    esieve(n - 1);
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n - 1; i ++)
    {
        ans += phi[i];
    }
    if(n == 1)
    {
        cout << 0;
        return 0;
    }
    cout << ans * 2 + 1;
    return 0;
}