UVa 3295 Counting Triangles

UVa 3295 Counting Triangles

好久不写了啊，最近打算重新启用这个blog。就先写这个题目吧，满经典的。
【题目大意】
　　m * n的区域内，每个整数坐标都有整点，问以这些整点为端点能够形成多少个三角形。（0 < m, n <= 1000）

【题目分析】
　　这个题目乍一看挺简单的，但是想做对还是要仔细的思考下的。补集转化的思想，求出所有共线的三元组，然后用总数减掉就是答案了，关键就是如何求共线三元组。x坐标相同和y坐标相同的比较好计算，在一条斜线的就不好算了，画个图发现，即使斜率相同的线，经过的格点数可能各不相同。思路当然还是枚举y / x（不同的y / x确定了不同的矩形区域），之后如何有效的计算，我采用的方法可能有些麻烦，有点类容斥的方法。以斜率为a / b为例，(a, b) = g，那么m * n的区域内一定有(m - a + 1) * (n - b + 1)个那么大的矩形，这样的矩形经过的格点数是(g + 1)；然后因为同等斜率小一点的矩形(a - a / g, b - b / g)也是存在的，个数同样可以统计出来，但是有些大矩形包括了，要去掉；因此就采用这种思想，先求出大矩形的个数，然后依次往下减，就可以避免重复计数了。虽然这样复杂度有点高，不过极限数据还是比较快的跑出来了。
　　说的可能不太清楚，具体代码如下：

 1  #include  < cstdio >
 2  #include  < iostream >
 3  using   namespace  std;
 4  const   int  N  =   1024 ;
 5 
 6  bool  tag[N][N];
 7  long   long  calc( long   long  n)
 8  {
 9       if  (n  <=   2 )
10           return   0 ;
11       return  n  *  (n  -   1 )  *  (n  -   2 )  /   6 ;
12  }
13  int  gcd( int  a,  int  b)
14  {
15       return  b  ==   0   ?  a : gcd(b, a  %  b);
16  }
17 
18  int  main()
19  {
20       int  m, n, g, a, b, timer  =   1 , cnt[N], ta, tb;
21       long   long  ans;
22 
23       while  (scanf( " %d %d " ,  & m,  & n)  ==   2 )
24      {
25          memset(tag,  0 ,  sizeof (tag));
26           if  (m  ==   0   &&  n  ==   0 )
27               break ;
28          ans  =  calc((m  +   1 )  *  (n  +   1 ))  -  calc(m  +   1 )  *  (n  +   1 )  -  calc(n  +   1 )  *  (m  +   1 );
29           for  ( int  i  =  m; i  >=   1 ; i -- )
30               for  ( int  j  =  n; j  >=   1 ; j -- )
31              {
32                  g  =  gcd(i, j);
33                  a  =  i  /  g, b  =  j  /  g;
34                   if  (tag[a][b])       continue ;
35                  memset(cnt,  0 ,  sizeof (cnt));
36                  tag[a][b]  =   1 ;
37                  a  =  i, b  =  j;
38                  ta  =  i  /  g, tb  =  j  /  g;
39                   for  ( int  k  =  g; k  >=   2 ; k -- )
40                  {
41                      cnt[k]  +=  (m  -  a  +   1 )  *  (n  -  b  +   1 );
42                      ans  -=  calc(k  +   1 )  *  cnt[k]  *   2 ;
43                       for  ( int  t  =   1 ; t  <=  k  -   2 ; t ++ )
44                          cnt[k - t]  -=  (t  +   1 )  *  cnt[k];
45                      a  -=  ta, b  -=  tb;
46                  }
47              }
48          cout  <<   " Case  "   <<  timer ++   <<   " :  "   <<  ans  <<  endl;
49      }
50 
51       return   0 ;
52  }
53