cf1208G Polygons

链接

cf
给你两个正整数$n$和$k$，询问在一个圆上你最少需要几个点构才能造出$k$个边数小于等于$n$的正多边形

思路

深受迫害，所以写的详细一点，不会请留言。

性质1

考虑加进一个$x$边形。那么他的因子$d$一定在他之前加进来了.
因为$d$可以完全由$x$的点表现出来。
如果没加$d$，那么加$d$显然比加$x$优秀(显然)。

性质2

两个图形，让他们尽量多的重合些点是好的。
两个图形让他们一个点重合，即可得到最好的。
因为是正多边形，所以随便重合一个点，重合的情况都是一样的。
所以两个正多边形要不‘重合’，要不 ‘不重合’，而且重合的情况都是一样的。
所以我们加入的$k$个正多边形都重合到一个点上，设这个点为$0$点。

联系起来

$x$在圆上,假设他的点为$\frac{0}{x},\frac{1}{x}\dots \dots \frac{x-1}{x}$
由$part2$可以知道，0这个点上每个图形都会经过。
由$part1$可以知道$x$的点上，他的因子在之前就会加入，所以他的因子及其倍数都是原先就有的(被覆盖过)。
这个过程就是类似于暴力筛$phi$的过程，所以剩下的就是与他互质的数。
所以一个正$x$边形的贡献就是$phi(x)$.
找出$k$个最小的$phi$就行了
其实这个题就是俄罗斯数学竞赛的题目…我同桌给我讲过类似的证明，忘记了(菜)。

代码

因为1,2不是正x边形，所以不能选为k边形,但还是有贡献的。

#include 
using namespace std;
const int _=1e6+7,limit=1e6;
int phi[_];
void Euler() {
	for(int i=1;i<=limit;++i) phi[i]=i;
	for(int i=2;i<=limit;++i) {
		if(phi[i]==i) {
			phi[i]=i-1;
			for(int j=i+i;j<=limit;j+=i)
				phi[j]=(phi[j]/i)*(i-1);
		}
	}
}
std::vector<int> ans;
int main() {
	Euler();
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	if(k==1) return puts("3"),0;
	for(int i=3;i<=n;++i) ans.push_back(phi[i]);
	sort(ans.begin(),ans.end());
	long long tot=0;
	for(int i=0;i<k;++i) tot+=ans[i];
	cout<<tot+2<<"\n";
	return 0;
}