题解 P6452 【[COCI2008-2009#4] TREZOR】

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题目大意

给出一个 (a+b)\times (l-1) 的矩形,端点为 (0,0) 和 (l-1,a+b),在 (-1,0) 和 (-1,a+b) 的位置有一个特殊点,问又多少点满足和其中一个特殊点之间的连线不经过其他点,和两个特殊点的连线不经过其他点,以及两个特殊点和它的连线都会经过其他点.

分析

对于两线之后不经过其他点的点对 (x_1,y_1),(x_2,y_2) 必定满足 \gcd(|x_1-x_2|,|y_1-y_2|)=1(具体可以看看 P2158 的题解区,这里不作多解释),可以发现 a+b 的范围很小,所以考虑枚举所在的行,对于每一行计算答案.

设 f(l,x) 表示 \sum\limits_{i=1}^{l}[\gcd(i,x)=1].即计算 1\sim l 中与 x 互质的数的个数.

那么对于第 i 行第一个特殊点可以看见的点的个数 =f(l,i-1),第二个特殊点可以看见的点的个数 =f(l,a+b+1-i).

考虑 f 的本质,f(l,x) 的计算可以把 x 拆成 p_1^{k_1}p_{2}^{k_2}p_{3}^{k_3}\dots.那么 f(l,x)=l-\lfloor\frac{l}{p_1}\rfloor-\lfloor\frac{l}{p_2}\rfloor\dots+\lfloor\frac{l}{p_1p_2}\rfloor+\lfloor\frac{l}{p_2p_3}\rfloor+\lfloor\frac{l}{p_1p_3}\rfloor\dots-\lfloor\frac{l}{p_1p_2p_3}\rfloor-\lfloor\frac{l}{p_1p_2p_4}\rfloor-\lfloor\frac{l}{p_1p_3p_4}\rfloor\dots\dots 变成了一个简单的容斥,f(l,x)= 选 0 个数的乘积在 1\sim m 中的倍数个数 - 选 1 个数的乘积在 1\sim m 中的倍数的个数 + 选 2 个数的乘积在 1\sim m 中倍数的个数 \dots

同时被两个点看到的方案数 =f(l,(i-1)(a+b+1-i))(可以理解为需要得到将两个数分解之后所得的质数集合的并集,(i-1)(a+b+1-i) 换成 \operatorname{lcm}(i-1,a+b+1,i) 也是可以的)

恰好只会被第一个特殊点看到的方案数 =f(l,i-1)-f(l,(i-1)(a+b+1-i)).第二个特殊点同理.

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define REP(i,first,last) for(int i=first;i<=last;++i)
#define DOW(i,first,last) for(int i=first;i>=last;--i)
using namespace std;
const int PRIME[303]={2,3,5,7,11,13,....};//2000 以内的质数表
int a,b,l;
long long answer1,answer2;
long long sum;
int cnt=0;
int num[100];
void DFS(int now=1,int use=0,long long add=1)
{
    if(now==cnt+1)
    {
        sum+=1ll*(use&1?-1:1)*(l/add);//选了偶数个是加上,选了奇数个是减
        return;
    }
    DFS(now+1,use,add);
    DFS(now+1,use+1,add*num[now]);
}
long long Calc(int a)
{
    if(!a)
    {
        return 1;
    }
    sum=0;
    cnt=0;
    REP(i,0,302)//将数分解为若干质数的幂次的乘积的形式
    {
        if(a%PRIME[i]==0)
        {
            num[++cnt]=PRIME[i];
            while(a%PRIME[i]==0)
            {
                a/=PRIME[i];
            }
        }
    }
    if(a^1)
    {
        num[++cnt]=a;
    }
    DFS();//暴力 DFS 容斥
    return sum;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&a,&b,&l);
    int len=a+b+1;
    REP(i,1,len)
    {
        a=i-1;
        b=len-i;
        long long ua=Calc(a);//第一个特殊点可以看见的点的数量
        long long ub=Calc(b);//第二个特殊点可以看见的点的数量
        long long uab=Calc(a*b);//第一个和第二个特殊点可以同时看见的点的数量
        answer2+=uab;//记录答案
        answer1+=ua-uab+ub-uab;
    }
    printf("%lld\n%lld\n%lld\n",1ll*len*l-answer1-answer2,answer1,answer2);
    return 0;
}