UVA - 1393 Highways (和紫书不一样的解法)
作者:互联网
题解:
由于我的方法和紫书不一样,所以专门写一下记录一下解题思路。
显然“\”和“/”两个方向的直线数量是相同的,所以我们考虑计算“/”方向的线的数量。
统计类问题,都需要找到合适的分类方法,使我们能够不重复、不遗漏的统计出所有情况。
本题我们以直线的起点分类,把直线分类,来进行统计。
对于点,其右上角有个点,总共可以连条直线,其中某些直线重复出现,假如我们计算出只出现了一次的直线有多少条记为。那么所有点的的和,即,就是我们的答案。
很容易证明,对于每条直线,我们只会在最右上角那一段计算一次,所以不会有重复,我们计算了所有起点,所以没有遗漏。
对于每一个点,如何计算 ?
我们设点为坐标源点,设其右上角的点坐标为。
我们要直线只出现一次,那么一定要同时满足以下条件:
1,
2, 或
如何计算满足条件的有多少对呢?
我们设为有多少对互质?即
那么 就是要求解的答案。
如何计算呢?
我们可以递推计算 ,表示数字1到有多少个数和互素。
我们可以暴力预处理出所有
复杂度
预处理的复杂度
每次询问计算的复杂度
所以复杂度为
代码如下:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int nn =11000000;
const int inff = 0x3fffffff;
const double eps = 1e-8;
typedef long long LL;
const double pi = acos(-1.0);
const LL mod = 1000000007;
int f[310][310];
int GCD(int a,int b)
{
if(b==0)
return a;
return GCD(b,a%b);
}
void init()
{
memset(f,0,sizeof(f));
int pre[310];
memset(pre,0,sizeof(pre));
for(int i=1;i<=300;i++)
{
f[i][1]=f[i-1][1]+1;
for(int j=1;j<=300;j++)
{
if(GCD(i,j)==1)
pre[j]++;
}
for(int j=2;j<=300;j++)
{
f[i][j]=f[i][j-1]+pre[j];
}
}
}
int main()
{
init();
int n,m;
while(cin>>n>>m)
{
if(n==0&&m==0)
break;
LL ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
ans+=f[i-1][j-1]-f[(i-1)/2][(j-1)/2];
}
}
cout<<ans*2<<endl;
}
return 0;
}
标签:直线,const,紫书,latex,int,复杂度,Highways,计算,UVA 来源: https://blog.csdn.net/madaidao/article/details/115527717