POJ——3090 Visible Lattice Points（欧拉函数）

最新推荐文章于 2020-11-26 12:17:02 发布

Han Gang

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分类专栏：数学 acm 文章标签：抽象代数

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本文详细解析了POJ 3090 Visible Lattice Points题目，介绍了如何通过判断格点与原点的视线是否被其他格点阻挡来计算可见点数量的方法。利用欧拉函数φ(x)计算与x互质数的数量，进而得出最终答案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目传送门：POJ——3090 Visible Lattice Points

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Description

A lattice point (x, y) in the first quadrant (x and y are integers greater than or equal to 0), other than the origin, is visible from the origin if the line from (0, 0) to (x, y) does not pass through any other lattice point. For example, the point (4, 2) is not visible since the line from the origin passes through (2, 1). The figure below shows the points (x, y) with 0 ≤ x, y ≤ 5 with lines from the origin to the visible points.
在这里插入图片描述

Write a program which, given a value for the size, N, computes the number of visible points (x, y) with 0 ≤ x, y ≤ N.

Input

The first line of input contains a single integer C (1 ≤ C ≤ 1000) which is the number of datasets that follow.

Each dataset consists of a single line of input containing a single integer N (1 ≤ N ≤ 1000), which is the size.

Output

For each dataset, there is to be one line of output consisting of: the dataset number starting at 1, a single space, the size, a single space and the number of visible points for that size.

Sample Input

Sample Output

1 2 5
2 4 13
3 5 21
4 231 32549

题意：给你一个 $（ n + 1 ） * （ n + 1 ）$ 的矩阵，行列的编号都是从0到n，然后让你从（0，0）这个点往前看，能看见多少个点（（0，0）这个点不算）。
思路：
我们可以发现，无论你怎么看，你都必定能看见(1,0)，(0,1)，（1,1)，这三个点。然后其余的点，假设 $(x, y)$ 可以看的见，那么 $g c d (x, y)$ 必定为1，可以这样想想，如果 $g c d (x, y) = = k, (k! = 1)$ ，那么当年看到 $(x / k, y / k)$ 这个点的时候，就已经挡住了后面的 $(x, y)$ 点，那么我们只需要找到每个数与其互为质数的个数就行了。而欧拉函数 $\varphi(x)$ 就是表示了到x为止与x互质数的数量。那么这道题的答案就是：
$\sum_{i=2}^n{\varphi(x)}$

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
int f[1005];
void es()
{
    for(int i=2;i<=1000;i++)
    {
        f[i]=i;
    }
    for(int i=2;i<=1000;i++)
    {
        if(f[i]==i)
        {
            for(int j=i;j<=1000;j+=i)
            {
                f[j]=f[j]/i*(i-1);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    f[1]=1;
    es();
    int t;
    scanf("%d",&t);
   for(int i=1;i<=t;i++)
    {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        int ans=0;
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            ans+=f[i];
        }
        printf("%d %d %d\n",i,n,ans*2+3);
    }
    return 0;
}