題目描述

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題解

首先證明對於某個點（x,y）,k=gcd(x,y)-1：
設gcd(x,y)=t，令x=at，y=bt，那麼在這條直線上的整數點可以表示為(a,b)(2a,2b)(3a,3b)……(x,y)，由於不算x,y，則答案為gcd(x,y)-1
那麼總損耗2k+1=2×gcd(x,y)-1。
我們最終要求的式子為：
∑i=1n∑j=1m(gcd(i,j)∗2−1)
=2∗∑i=1n∑j=1mgcd(i,j)−n∗m
那麼我們只需要算出∑i=1n∑j=1mgcd(i,j)這個式子就可以了
推導如下：
∑i=1n∑j=1mgcd(i,j)
=∑i=1n∑

實際上⌊nd⌋⌊md⌋只有(n−−√+m−−√)個取值。
可以用分塊來求。
需要預處理phi的字首和。

程式碼

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define LL long long

const int max_n=1
 
e5+5;

LL n,m,ans;
LL p[max_n],phi[max_n],prime[max_n];

inline void get_phi(){
    phi[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;++i){
        if (!p[i]){
            prime[++prime[0]]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for (int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=n;++j){
            p[i*prime[j]]=1
 
;
            if (i%prime[j]==0){
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            else
              phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);

        }
        phi[i]+=phi[i-1];
    }
}

int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    if (n>m) swap(n,m);
    get_phi();
    for (LL i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(LL)(phi[j]-phi[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    printf("%lld\n",ans*2-n*m);
}

總結

首先Orz ATP
求phi的時候不要打phi[prime[j]]，尤其是求字首和的時候。