给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的
数对(x,y)有多少对.
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给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的
数对(x,y)有多少对.
一个整数N
如题
hint
对于样例(2,2),(2,4),(3,3),(4,2)
1<=N<=10^7
首先，所求的是$\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\left [ gcd\left ( i,j \right )= p \right ]$
那么转化一下就可以得到$\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\left [ gcd\left ( \frac{i}{p},\frac{j}{p} \right )= 1 \right ]$
那么我们定义$f\left [ i \right ]$表示1～i中满足$gcd\left ( x,y \right )= 1$的个数
那么很显然可以得到 $f\left [ i \right ]= 1+2*\sum_{j=1}^{i}\varphi \left ( j \right )$
上述式子很好想，考虑$\varphi$的定义，以及$gcd\left ( a,b \right )= gcd\left ( b,a \right )$再考虑$\left ( 1,1 \right )$的情况
所以很显然，结果就是$\sum_{i=1}^{cnt}f\left [ \frac{n}{prime[i]]} \right ]$
值得注意的是，不要计算重复，具体的看代码即可
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> using namespace std; #define maxn 10000010 int prime[maxn],cnt;long long phi[maxn],f[maxn]; bool flag[maxn]; void prework(int n) { phi[1]=1; flag[1]=1; f[1]=1; for (int i=2; i<=n; i++) { if (!flag[i]) prime[++cnt]=i,phi[i]=i-1; for (int j=1; j<=cnt&&i*prime[j]<=n; j++) { flag[i*prime[j]]=1; if (!(i%prime[j])) {phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;} else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1); } } for (int i=3; i<=n; i++) phi[i]+=phi[i-1]; for (int i=2; i<=n; i++) f[i]=1+2*phi[i]; } void work(int n) { long long ans=0; for (int i=1; i<=cnt; i++) if (n/prime[i]) ans+=f[n/prime[i]]; printf("%lld\n",ans); } int main() { int n; scanf("%d",&n); prework(n+1); work(n); return 0; }
简单数论！一点都不慌
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原文地址：http://www.cnblogs.com/DaD3zZ-Beyonder/p/5349503.html
