[poj 3090]Visible Lattice Point[欧拉函数]

找出N*N范围内可见格点的个数.

只考虑下半三角形区域,可以从可见格点的生成过程发现如下规律:

若横纵坐标c,r均从0开始标号,则

(c,r)为可见格点 <=>r与c互质

证明:

若r与c有公因子1<b<min(r,c),则(c/b, r/b)在线段(0, 0)(c, r)上,则(c, r)不是可见格点.(充分性)

若r与c互质,显然线段上不存在整点,则(c, r)不是可见格点.(必要性)

φ(n)表示不超过n且与n互素的正整数的个数，称为n的欧拉函数值

也就是横坐标增1后纵坐标合法数目,即新增可见格点数(下半三角形区域).用时应乘二.

 

#include<stdio.h>

#include<string.h>

#include<math.h>

int ans[1005];

//由欧拉公式

//phi(m) = m * (p1-1)/p1 * (p2-1)/p2 * .. * (pn-1)/pn. pi为大于1且不超过m的与m互质的数



int eular(int n)

{

    int s,i,m;

    m=(int)sqrt(n+0.5);//出于精度问题考虑,其实就是开根号向下取整

    s=n;

    for(i=2; i<=m; i++)

        if(n%i==0)//i是n的因数(如何保证是质数?看下文)

        {

            s=s/i*(i-1);//欧拉公式是连乘的,一项项乘

            while(n%i==0)

                n/=i;///去掉n中所有i因数,也就相当于筛掉了n中的i的倍数,使得此后i的倍数都不能整除"n"

        }///那么下一个能够整除n的i一定是质数

    if(n>1)

        s=s/n*(n-1);

    return s;

}

int main()

{

    int n,i,t,cas=1;

    scanf("%d",&t);

    ans[1]=3;

    for(i=2; i<=1000; i++)

        ans[i]=ans[i-1]+eular(i)*2;

    while(t--)

    {

        scanf("%d",&n);

        printf("%d %d %d\n",cas++,n,ans[n]);

    }

    return 0;

}

 

自己敲一遍~

 

#include <cstdio>

#include <cmath>

#include <cstring>

using namespace std;

const int MAXN = 1005;

int ans[MAXN];

int eular(int n)

{

    int i,s,m;

    m = (int)sqrt(n+0.5);

    s = n;

    for(i = 2;i <= m;i++)

    {

        if(!(n%i))

        {

            s = s / i * (i-1);

            while(!(n%i))

                n /= i;

        }

    }

    if(n>1)

        s = s / n * (n-1);

///假设n可以分解为(升序排列)p[1], p[2], .. p[n-1], p[n]那么√n > p[n-1]

///反之 则 √n <= p[n-1]

///      => n <= p[n-1]*p[n-1] < p[n-1]*p[n] < p[1]*p[2]*..*p[n-1]*p[n] = n   矛盾

///因此,循环结束时,最多只剩下1个质因子.

    return s;

}



int main()

{

    int T;

    scanf("%d",&T);

    memset(ans,0,sizeof(ans));

    int last = 0;

    ans[0] = 1;

    for(int k=1;k<=T;k++)

    {

        int n;

        scanf("%d",&n);

        if(last>=n)

        {

            printf("%d\n",ans[n]);

            continue;

        }

        for(int i=last+1;i<=n;i++)

        {

            ans[i] = ans[i-1] + 2*eular(i);

           // printf("eular(%d) = %d\n",i,eular(i));

        }

        last = n;

        printf("%d %d %d\n",k,n,ans[n]);

    }

}