3618. 數三角形

題面統計數據討論

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求在 n×n 矩形內（包括邊界）整點三角形有多少個。由于答案可能很大，對于 109+7 取模。

輸入格式

第一行一個整數 n (1≤n≤2?106) 表示矩形的寬與高。

輸出格式

一個整數 x。

樣例

input

2

output

76

input

5

output

6768

提示

做不出來可以試試打表找規律？

題解：這個題貌似只有4個人在eoj做出來。。。看著也挺難的，光氣場就難住了。。。

但其實，這道題并不難，就是有一些繁瑣罷了（甚至可以說連繁瑣都算不上）。

分析一下，首先這是一道推數學公式的題，數格點三角形。我們很容易想到在格點上能構成三角形的條件是三個頂點不共線，其余的情況都可以構成三角形，原因很顯然，在平面上畫三個點能構成三角形的條件也是如此。我們發現正著做不好做，于是我們就反著做，考慮三點共線的情況：只有三種情況，三點豎著，三點橫著，三點斜著，橫豎很好用組合數解決，于是現在就只有斜著的了。

考慮斜著的兩個點，中間不會夾著其他點的充要條件是

[gcd(x,y)=1
]

其中，x,y分別為兩點間橫縱坐標差。

當兩個點夾著中間點的情況，點數恰好為

[gcd(x,y)-1
]

所以這樣我們初步可以用四個計數變量去算這個式子（因為一個點就有兩個維度），但是顯然不行。我們發現有很多情況是相似的，點的位置只是平移了一段，所以我們不妨直接將靠下的點設為(0,0)，然后最上的點可以用兩個計數變量枚舉，可以設為(i,j)，然后兩點形成的矩形可以嵌入到正方形中，共有

[(n-i+1)(n-j+1)
]

種方案。

嵌入的方案中再去選中間點，一共有

[(n-i+1)(n-j+1)(gcd(i,j)-1)
]

種方案。

合起來就是

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n(n-i+1)(n-j+1)(gcd(i,j)-1)
]

我們現在只是枚舉了斜率為正的情況，而斜率為負數是個鏡像問題，方案數與為正相同，所以前面還要乘以2.

這樣枚舉的復雜度是

[O(n^2)
]

的，對于和這個題差不多的一道CQOI的題復雜度是夠用的。但是對于本題，

[nleqslant 2cdot10^6
]

是遠遠不夠的，所以我們必須把算法進一步優化，我這里用的是一種笨方法，強行把這個式子拆成8份。

記：

[A=(n+1)^2sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ngcd(i,j)
]

[B=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nijgcd(i,j)
]

[C=-(n+1)sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nigcd(i,j)
]

[D=-(n+1)sum_{i=1}^nsum_{j=1}^njgcd(i,j)
]

[E=n^2(n+1)^2
]

[F=S_3(n),S_3(n)=sum_{k=1}^nk^3
]

[G=-n(n+1)S_1(n),S_1(n)=sum_{k=1}^nk
]

[H=-n(n+1)S_1(n),S_1(n)=sum_{k=1}^nk
]

答案就是

[A+B+C+D-E-F-G-H
]

其中E,F,G,H都是常數，可以直接算，對于A,B,C,D

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ngcd(i,j)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nsum_{d|gcd(i,j)}phi(d)=sum_{d=1}^nphi(d)sum_{i=1}^n[d|i]sum_{j=1}^n[d|j]=sum_{d=1}^nphi(d)lfloorfrac ndfloorlfloorfrac ndfloor
]

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nijgcd(i,j)=sum_{d=1}^nphi(d)sum_{i=1}^ni[d|i]sum_{j=1}^nj[d|j]=sum_{d=1}^nd^2phi(d)S_1(n/d)S_1(n/d)
]

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nigcd(i,j)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^njgcd(i,j)=sum_{d=1}^ndphi(d)S_1(n/d)
]

可以直接掃一遍計算，也可以除法分塊

[O(sqrt n)
]

計算。

事實上，這題的數據還可以開到更大，例如

[nleqslant 10^9
]

然后用杜教篩求解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;//simplify long long
typedef unsigned long long ull;
#define inf 2147483647
#define pi 3.14159265358979
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; i ++)
#define lop(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i --)
#define step(i, l, r, __step) for(int i = l; i <= r; i += __step)
#define revp(i, r, l, __step) for(int i = r; i >= l; i -= __step)
#define regsiter reg
#define regsiter int RI
#define regsiter long long RL
inline int read()//fast read
{
	int ret = 0, sgn = 1;
	char chr = getchar();
	while(chr < '0' || chr > '9')
	{if(chr == '-') sgn = -1; chr = getchar();}
	while(chr >= '0' && chr <= '9')
	{ret = ret * 10 + chr - '0'; chr = getchar();}
	return ret * sgn;
}
const int N = 2e6 + 50;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll inv6;
int prime[N], cnt, phi[N];
ll sumphi[N], sum2[N], sum1[N];
bool vis[N];
void shai(int x)
{
	phi[1] = 1;
	rep(i, 2, x)
	{
		if(!vis[i])
		{
			prime[++ cnt] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		rep(j, 1, cnt)
		{
			if(i * prime[j] > x) break;
			vis[i * prime[j]] = 1;
			if(!(i % prime[j]))
			{
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
			phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
		}
	}
	rep(i, 1, x)
	{
		sumphi[i] = sumphi[i - 1] + phi[i], sumphi[i] %= mod;
		sum2[i] = sum2[i - 1] + 1ll * i * i % mod * phi[i] % mod, sum2[i] %= mod;
		sum1[i] = sum1[i - 1] + 1ll * i * phi[i] % mod, sum1[i] %= mod;
	}
}
ll ksc(ll x, ll y)
{
	ll ret = 0;
	while(y)
	{
		if(y & 1) ret += x, ret %= mod;
		x += x, x %= mod;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}
ll ksm(ll x, ll y)
{
	ll ret = 1;
	while(y)
	{
		if(y & 1) ret *= x, ret %= mod;
		x *= x, x %= mod;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}
ll s1(ll x)
{
	return (x * (x + 1) / 2) % mod;
}
ll s2(ll x)
{
	return x * (x + 1) % mod * (2 * x + 1) % mod * inv6 % mod;
}
ll s3(ll x)
{
	return (x * (x + 1) / 2) % mod * ((x * (x + 1) / 2) % mod) % mod;
}
ll c3(ll x)
{
	if(x < 3) return 0;
//	x %= mod;
	return x % mod * (x - 1) % mod * (x - 2) % mod * inv6 % mod;
}
int main()
{
	ll n;
	inv6 = ksm(6, mod - 2);
	shai(N - 10);
	scanf("%lld", &n);
	ll sumA = 0, sumB = 0, sumC = 0;
	for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
	{
		r = min(n / (n / l), n);
		sumA += (sumphi[r] - sumphi[l - 1] + mod) % mod * 1ll * (n / l) % mod * 
		(n / l) % mod;
		sumA %= mod;
	}
	sumA *= 1ll * (n + 1) % mod * (n + 1) % mod, sumA %= mod;
	for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
	{
		r = min(n / (n / l), n);
		sumB += (sum2[r] - sum2[l - 1] + mod) % mod * s3(n / l) % mod;
		sumB %= mod;
	}
//	cout << sumB << endl;
	for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
	{
		r = min(n / (n / l), n);
		sumC += (sum1[r] - sum1[l - 1] + mod) % mod * s1(n / l) % mod * (n / l) % mod;
		sumC %= mod;
	}
	sumC = ksc(sumC, n + 1);
	sumC *= -2;
//	sumC *= -2ll * (n + 1);
	sumC = (sumC % mod + mod) % mod;
//	cout << sumC << endl;
	ll sumE = 1ll * n * n % mod * (n + 1) % mod * (n + 1) % mod;
	sumE %= mod;
	ll sumF = s3(n);
	ll sumG = -sumE;
//	ll sumG = -2ll * n * (n + 1) % mod * s1(n);
	sumG = (sumG % mod + mod) % mod;
	ll SS = (sumA + sumB) % mod;
	SS += sumC, SS %= mod;
	ll TT = (sumE + sumF) % mod;
	TT += sumG, TT %= mod;
//	SS -= sumE, (SS += mod) %= mod;
//	SS -= sumF, (SS += mod) %= mod;
//	SS -= sumG, (SS += mod) %= mod;
	SS -= TT, SS = (SS % mod + mod) % mod;
//	cout << SS << endl;
	SS *= 2, SS %= mod;
	ll m = n + 1;
	SS += 2ll * ksc(m, c3(m)) % mod, SS %= mod;
	SS = (SS % mod + mod) % mod;
	ll P = m * m % mod;
	ll Q = -SS;
	Q = (Q % mod + mod) % mod;
	ll ans = c3(P) - SS;
//	ll ans = ksc(-SS, c3(P));
	ans = (ans % mod + mod) % mod;
	printf("%lld
", ans);
	return 0;
}

總結

以上是生活随笔為你收集整理的EOJ 数三角形的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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