POJ3090 Visible Lattice Points 【歐拉函數+歐式篩法】

在一個平面直角座標系的第一象限內，如果一個點(x,y)與原點（0,0）的連線中沒有通過其他任何點，則稱該點在原點處是可見的。
例如，點(4,2)就是不可見的，因爲它與原點的連線會通過點(2,1)。
部分可見點與原點的連線如下圖所示：

編寫一個程序，計算給定整數N的情況下，滿足0≤x，y≤N的可見點（x，y）的數量（可見點不包括原點）。

輸入格式
第一行包含整數C，表示共有C組測試數據。
每組測試數據佔一行，包含一個整數N。

輸出格式
每組測試數據的輸出佔據一行。
應包括：測試數據的編號（從1開始），該組測試數據對應的N以及可見點的數量。
同行數據之間用空格隔開。

數據範圍
1≤N,C≤1000

輸入樣例：
4
2
4
5
231

輸出樣例：
1 2 5
2 4 13
3 5 21
4 231 32549

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歐拉函數

歐拉函數，一般記爲$φ(n)$，表示小於等於 n 的數中與 n 互質的數的個數。
如果 $n=p_1^{a1}×p_2^{a2}×…×p_m^{am}$
則 $φ(n)=n(1−\frac 1 p_1)…(1−\frac 1 p_m)$.

歐拉函數的常用性質

1. 如果 $n$,$m$互質，則 $φ(nm)=φ(n)φ(m)$;
2. 小於等於 $n$，且與 $n$ 互質的數的和是 $φ(n)×n/2$;
3. 歐拉定理：如果 $n$,$a$互質，且均爲正整數，則 $a^{φ(n)}≡1(mod n)$;

模版
下面的代碼可以在 $O(n)$ 的時間複雜度內求出 $1∼n$ 中所有數的歐拉函數：

int primes[N], euler[N], cnt;
bool st[N];  // st[i]表示i是否被篩過，它最終等於false，表示是質數。

// 質數存在primes[]中，euler[i] 表示
// i的歐拉函數
void get_eulers(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (!st[i])
        {
            primes[cnt ++ ] = i;
            euler[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 0; j < cnt && i * primes[j] <= n; j ++ )
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0)
            {
                euler[i * primes[j]] = euler[i] * primes[j];
                break;
            }
            euler[i * primes[j]] = euler[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
}

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釘子滿足兩個條件：

1. 除了(1,0),(0,1),(1,1)三個釘子,其他釘子被看到,必須滿足 $gcd(x,y)=1$，即橫縱座標互質
2. 所有釘子滿足沿$y=x$對稱，即只用考慮一半

綜合以上兩點，對於每個$2 \leq y \leq N$，需要統計有多少x滿足$1 \leq x \lt y$，並且$gcd(x,y)=1$。
即：x的數量恰好是歐拉函數$φ(y)$，最終的答案$ans=2 \times \sum ^N_{i=2}φ(i) + 3$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1010;

int primes[maxn], phi[maxn], cnt;
bool st[maxn]; //st[i]表示i是否被篩過，它最終等於false，表示是質數。

// O(n)求1～n所有數的歐拉函數
void euler(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (!st[i])
        {
            primes[cnt ++ ] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 0; j < cnt && i * primes[j] <= n; j ++ )
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0)
            {
                phi[i * primes[j]] = phi[i] * primes[j];
                break;
            }
            phi[i * primes[j]] = phi[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
}

int main()
{
    euler(1000);
	for (int i = 3; i <= 1000; i++)
		phi[i] += phi[i - 1];
    
    int q, n;
	cin >> q;
	for (int i = 1; i <= q; i ++)
	{
        cin >> n;
        cout << i << " " << n << " " << phi[n]*2+3 << endl;
	}
    return 0;
}