私はしませんでしたどのように1と同じ考え方の問題に対する解決策、見て行った後...私はとても緊張していqwqああ（だから、dalaoアイデアを読むには弱すぎる巣でなければなりません）
まあ巣の方法は、確かに非常に奇妙です。
コアコード行3つのみ動きは主人公で問題への入力ループ出力ソリューションであります
最も重要なことは、
零傾斜ベクトルDA☆ZEを受信しないことなくなし番号忌避組成ノー
（当店だけの良い友人GCD
ケケは、（黒板にノック）トピックを開始します
まず、グリッドを定義する三角形で完全に覆わのみメッシュの境界での三角形、とのすべての3つの頂点場合ならば、内部グリッドメッシュに沿っていずれかのセグメントのカット、三角形は確かにカットします2つの部分に。たとえば、次の例では、完全にカバー（塗装スラグマウス）です。
赤の縦線に沿ってカットしていない三角形にカットしているため:(しかし、これは）ないです
その後、我々が見つかりました：
- 各三角格子点における頂点、及びつのみが、それは完全にメッシュをカバーすることであってもよいです。限り元の矩形が間で得られるように、すべてのサブ矩形完全に三角形の数をカバーする、あなたができ漏れないない格子点に三角形の頂点を識別する。
-しかし、サブ長方形の多くは、ああ、列挙左右コーナー、少なくとも\（N ^ 2メートル^ 2 \ ） 大きWOW qwq
- [ラブフー] MasterSpark.gif 注意到我们并不关心每个子矩形的位置，而只关心它们的长宽，以及长宽均相同的矩形的数目，所以枚举子矩形的长 \(i\) 和宽 \(j\)，则\(i*j\)的矩形数量为\((n-i+1)*(m-j+1)\)，子矩阵数量级降为\(nm\)。
至此，原问题转化为
**给定网格的长宽，迅速求解完全覆盖网格的三角形的数目**继续观察，我们发现：
- 如果某个三角形（暂且称之为\(ABC\)）完全覆盖了某个网格（\(MNPQ\)），\(ABC\)一定有至少一个顶点在\(MNPQ\)的角上。
首先分析只有一个顶点在\(MNPQ\)角上的情况。不妨设\(A\)点与\(M\)点重合，为了使\(ABC\)完全覆盖\(MNPQ\)，\(B\)和\(C\)必须分别在\(NP\)和\(PQ\)边上（如下图）：
显然对于一个\(i*j\)的网格(这里\(i\) \(j\)指的是空格的数量而非格点，上图\(i=6,j=10\))，固定顶点的位置有四种，每种对应的另外两个顶点的位置有\((i-1)*(j-1)\)种(\(B\) \(C\)不能与\(N\) \(P\) \(Q\)重合)，共\(4*(i-1)*(j-1)\)种。
分析两个顶点在\(MNPQ\)角上的情况。不妨设\(A\)与\(M\)重合。此时另外一个角上的点（不妨设为点\(B\)）有三种情况：
1、\(B\)与\(N\)重合。此时\(C\)一定在\(QP\)上。共\((i-1)\)种情况。
2、\(B\)与\(Q\)重合。此时\(C\)一定在\(NP\)上。共\((j-1)\)种情况。
3、\(B\)与\(P\)重合。
这是比较麻烦的一种状态，因为此时\(C\)点可以在网格中能构成三角形的任意一处。但是我们注意到，如果线段\(AB\)除了经过\(M\) \(P\)之外，还经过了一些其他格点，\(C\)是不能与它们重合的。
那么有多少个格点被\(AB\)穿过呢qwq？
显然，不包括\(AB\)本身，有\(gcd(i,j)-1\)个（至于为什么，请读者自己思考（明明就是你自己也不会证吧kora
所以第三种情况的方案数是\((i+1)*(j+1)-4-gcd(i,j)+1\)（这里\(-4\)是因为C点不能放在网格的四个角上）。
注意到以上三种情况都可以反转，从而得到另一组与其一一对应的方案。
分析三个顶点在\(MNPQ\)角上的情况。显然只有四种。
综上，对于一个长宽为\(i,j\)的网格，可以把它完全覆盖的三角形的个数
\(S=4*(i-1)*(j-1)+2*[(i-1)+(j-1)+(i+1)*(j+1)-4-gcd(i,j)+1]+4\)
\(=6*i*j-2*gcd(i,j)\)
枚举子矩阵的复杂度为\(mn\)，单次求解\(gcd\)的复杂度为\(log(m+n)\),总复杂度\(O(mnlog(m+n))\),实际运行跑的飞起。
下面是AC代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
#define ll long long
using namespace std;
int getgcd(int a, int b)
{
if (!b) return a;
return getgcd(b, a % b);
}
int main()
{
ll n, m, ans = 0;
cin >> n >> m;
for (R int i = 1; i <= n; ++i)
for (R int j = 1; j <= m; ++j)
ans += (n - i + 1) * (m - j + 1) * (6 * i * j - 2 * getgcd(i, j));
cout << ans;
return 0;
}那么这篇文章就到这里，希望对您能有帮助。ありがとナスます~