给定一个n*n*n的立方体(中心点为原点O)，选择尽量多的点，使得对于任意两点A,B，B不在线段OA上。
可以发现，原问题可转化为三维坐标下的点(x,y,z)中有多少个点的gcd(x,y,z)=1。
这道题我一开始想用欧拉函数做，但我发现需要求出1-n中与每个整数x互质的数的个数，于是试图修改一下欧拉函数的公式，结果发现计算出来的结果存在微小的偏差，原因是n不一定能被x的所有因子整除，使得(n/p)*(n/q)≠n/pq。被逼无奈，于是学了莫比乌斯反演。
莫比乌斯反演的做法是：令$n=n/2$，在$1\leqslant x,y,z\leqslant n$的限制条件下，设$f(X)$为$gcd(x,y,z)=X$的点的个数，$F(X)$为$gcd(x,y,z)=kX$的点的个数，则$F(X)=\sum\limits_{X|d}f(d)$，根据莫比乌斯反演定理则有$f(X)=\sum \limits_{X|d}\mu (\frac{d}{X})F(d)$，$f(1)$即为$x,y,z$均大于0情况下的答案。由于又有$F(X)=\left \lfloor \frac{n}{X} \right \rfloor^3$，因此可以在$O(n)$的时间内算出$f(X)$。
然后用同样的方法可以算出$x,y,z$中有一个为0，另外两个大于0情况下的答案，将$F(X)$换为$\left \lfloor \frac{n}{X} \right \rfloor^2$即可。
一共有8个卦限，坐标平面上的12个象限，将结果乘一乘加一加，再加上在坐标轴上的6种情况，就得到答案了。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=1e5+;
ll n,mu[N],d[N],c[N],ka;
void init() {
mu[]=;
for(ll i=; i<N; ++i)if(mu[i])
for(ll j=i*; j<N; j+=i)mu[j]-=mu[i];
}
ll F1(ll x) {return (n/x)*(n/x)*(n/x);}
ll F2(ll x) {return (n/x)*(n/x);}
ll f(ll x,ll F(ll)) {
ll ret=;
for(ll i=x; i<=n; i+=x)ret+=F(i)*mu[i/x];
return ret;
} int main() {
init();
while(scanf("%lld",&n)&&n) {
n/=;
printf("Crystal %lld: %lld\n",++ka,f(,F1)*+f(,F2)*+);
}
return ;
}
还可以进一步优化，利用整除分块的方法，将复杂度降到$O(\sqrt n)$
#include<bits/stdc++.h> using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=1e5+;
ll n,mu[N],smu[N],ka,ans;
void init() {
mu[]=;
for(ll i=; i<N; ++i)if(mu[i])
for(ll j=i*; j<N; j+=i)mu[j]-=mu[i];
for(ll i=; i<N; ++i)smu[i]=smu[i-]+mu[i];
} int main() {
init();
while(scanf("%lld",&n)&&n) {
n/=;
ans=;
for(ll l=,r; l<=n; l=r+) {
ll t=n/l;
r=n/t;
ans+=(t*t*t*+t*t*)*(smu[r]-smu[l-]);
}
ans+=;
printf("Crystal %lld: %lld\n",++ka,ans);
}
return ;
}
以上筛莫比乌斯函数的方法复杂度是$O(nlogn)$的，也可以换成复杂度更低的$O(n)$的线性筛法，只是代码略长，不再赘述了。