19_05_21校内训练[边上的整点]

Posted 2021-12-02 greenduck

题意

有一个n条横线m条竖线的正方形网格，求出（三点在整点上的）三角形的边上整点个数的期望。要求线性。

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思考

ans=所有三角形的边经过的整点总个数÷所有三角形的整点个数。方便起见，默认三角形的三条边是有顺序但没方向的。

记cnt(i,j)表示平面上第i个点与第j个点连线经过了几个整点，范围是(    ]，易证cnt(i,j)=gcd(|x_i-x_j|,|y_i-y_j|)。

1.三角形个数：
先枚举一条边，再看有多少个点能与它围成三角形。即

第一项表示所有的三个点组合，第二项表示去掉了退化成一条边的三角形，第三项表示去掉了退化成一个点的三角形。

2.整点个数：

还是枚举一条边，再看有多少个点能与它围成三角形。即

中间的减一表示把剩下的一个短点也扣掉，nm与它的差就是不在这个线段上的点的个数，并且每个有这条边的三角形贡献了cnt(p,q)。

但有不合法即退化成一条边的三角形。减去：

这个式子枚举了一个退化成一条边的三角形。中间的2表示决定了扣去的短点，那么剩下的部分只能从另一个端点开始枚举。此处强烈建议自己画图理解。

化简，得：

两式相减，得：

3.剩下的就是求解cnt和cnt²的事了。

考虑枚举|x_p-x_q|和|y_p-y_q|，则：

由于x=0和y=0能做到线性，只考虑x和y从1开始，则：

第一项是phi函数，第二项和第三项可以等差数列求和。

cnt平方也可以类似做。最后化为线性筛。

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代码

 1 #pragma GCC oprimize 2
 2 #include<bits/stdc++.h>
 3 #define mod 1000000007
 4 #define G 500000004
 5 using namespace std;
 6 typedef long long int ll;
 7 const ll maxn=5E6+5;
 8 ll n,m;
 9 ll ans1,ans2,ans,tot;
10 ll prime[maxn],size,phi[maxn],g[maxn];
11 bool vis[maxn];
12 inline void add(ll&x,ll y)
13 {
14     x=(x+y)%mod;
15 }
16 ll gcd(int x,int y)
17 {
18     if(x==0)
19         return y;
20     if(y==0)
21         return x;
22     return x%y==0?y:gcd(y,x%y);
23 }
24 void init()
25 {
26     phi[1]=g[1]=1;
27     for(ll i=2;i<=n;++i)
28     {
29         if(!vis[i])
30         {
31             prime[++size]=i;
32             phi[i]=i-1;
33             g[i]=(i*i-1)%mod;
34         }
35         for(int j=1;j<=size&&prime[j]*i<=n;++j)
36         {
37             vis[prime[j]*i]=1;
38             if(i%prime[j]==0)
39             {
40                 phi[prime[j]*i]=phi[i]*prime[j];
41                 g[prime[j]*i]=g[i]*prime[j]%mod*prime[j]%mod;
42                 break;
43             }
44             phi[prime[j]*i]=phi[i]*(prime[j]-1);
45             g[prime[j]*i]=g[i]*(prime[j]*prime[j]%mod-1)%mod;
46         }
47     }
48 }
49 inline ll get(ll n,ll d)
50 {
51     ll m=(n-1)/d;
52     return (n*m%mod-d*m%mod*(m+1)%mod*G%mod+mod)%mod;
53 }
54 void solve1()
55 {
56     for(int i=1;i<=min(n-1,m-1);++i)
57         add(ans1,phi[i]*get(n,i)%mod*get(m,i)%mod*4);
58     for(ll x=0;x<=n-1;++x)
59         add(ans1,gcd(x,0)*(n-x)%mod*m%mod*2);
60     for(ll y=0;y<=m-1;++y)
61         add(ans1,gcd(y,0)*(m-y)%mod*n%mod*2);
62 }
63 void solve2()
64 {
65     for(int i=1;i<=min(n-1,m-1);++i)
66         add(ans2,g[i]*get(n,i)%mod*get(m,i)%mod*4);
67     for(ll x=0;x<=n-1;++x)
68         add(ans2,gcd(x,0)*gcd(x,0)%mod*(n-x)%mod*m%mod*2);
69     for(ll y=0;y<=m-1;++y)
70         add(ans2,gcd(y,0)*gcd(y,0)%mod*(m-y)%mod*n%mod*2);
71 }
72 ll qpow(ll x,ll y)
73 {
74     ll ans=1,base=x;
75     while(y)
76     {
77         if(y&1)
78             ans=ans*base%mod;
79         base=base*base%mod;
80         y>>=1;
81     }
82     return ans;
83 }
84 int main()
85 {
86     ios::sync_with_stdio(false);
87     cin>>n>>m;
88     init();
89     solve1();
90     solve2();
91     add(tot,n*n%mod*n%mod*m%mod*m%mod*m%mod-3*ans1%mod-n*m%mod);
92     add(ans,3*n*m%mod*ans1%mod-6*ans2%mod);
93     add(tot,mod);
94     add(ans,mod);
95     cout<<ans*qpow(tot,mod-2)%mod<<endl;
96     return 0;
97 }

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