GCD4[caioj1283]\[Zoj3435]

欢迎大家访问我的老师的OJ———caioj.cn

题面描述

传送门

思路

算是仪仗队的进阶版吧。

因为这题的左下角为 $(1,1,1)$ ，我们不妨将其变为 $(0,0,0)$ ，右上角为 $(a-1,b-1,c-1)$ 方便讨论。

首先我们可以观察到，三条棱上的 $(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$ 都可见。

继续剖析，在三个平面上，都可以延伸一个仪仗队问题,即 $(x,y,0),(x,0,y),(0,x,y)$ ，只有当 $\gcd(x,y)=1$ 时，才能被看见。

重要的是，我们还可以有 $(x,y,z)$ 点可以看见，当什么时候被看见呢？

当且仅当 $\gcd(x,y,z)=1$ 时可以被看见，

反证法:

假设 $(x,y,z)$ 可以被看见， $\gcd(x,y,z)=d,d\ne1$ ，则 $(x/d,y/d,z/d)$ 与 $(0,0,0)$ 所连直线经过 $(x,y,z)$ ，说明 $(x,y,z)$ 被 $(x/d,y/d,z/d)$ 所遮住，无法看见，与假设违背。故原命题成立。

根据Zap的讨论，

扫描二维码关注公众号，回复： 6072985 查看本文章

我们可以设 $D(x,y,z,k)$ = $\left\lfloor x/k\right\rfloor* \left\lfloor y/k\right\rfloor* \left\lfloor z/k\right\rfloor$

那么

$F(a,b,c)=\sum_{i=1}^{\operatorname{min}(a,b,c)}\mu(i)*D(a,b,c,i)$

这里就不再赘叙 $F(a,b,c)$ 的意义了。

最终答案明显。

AC code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
const int M=1e5+10;
const int inf=2e5;
int m,mu[N],prime[M];bool v[N];
void g_p()
{
	memset(v,false,sizeof(v));m=0;mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=inf;i++)
	{
		if(!v[i])mu[i]=-1,prime[++m]=i;
		for(int j=1;j<=m&&i*prime[j]<=inf;j++)
		{
			v[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0){mu[i*prime[j]]=0;break;}
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=2;i<=inf;i++)mu[i]+=mu[i-1];
}
inline ll calc(int a,int b)
{
	if(a>b)swap(a,b);ll ans=0;
	for(int x=1,gx;x<=a;x=gx+1)
	{
		gx=min(a/(a/x),b/(b/x));
		ans+=(ll)(mu[gx]-mu[x-1])*(a/x)*(b/x);
	}
	return ans;
}
inline ll calc(int a,int b,int c)
{
	ll ans=0;
	int t=min(a,min(b,c));
	for(int x=1,gx;x<=t;x=gx+1)
	{
		gx=min(a/(a/x),min(c/(c/x),b/(b/x)));
		ans+=(ll)(mu[gx]-mu[x-1])*(a/x)*(b/x)*(c/x);
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int a,b,c;g_p();
	while(~scanf("%d%d%d",&a,&b,&c))
	{
		ll ans=3;
		a--,b--,c--;
		ans+=calc(a,b);
		ans+=calc(a,c);
		ans+=calc(b,c);
		ans+=calc(a,b,c);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}