HDU5514——容斥原理&&gcd

题目

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有n只青蛙，有m块石头，编号为0～m-1，第i只青蛙每次可以跳$a_i$， 刚开始都在0，问,青蛙总共可以跳到的石头之和为多少。其中$t≤20$,$1≤n≤10^4$,$1≤m≤10^9$,$1≤a_i≤10^9$.

分析

根据裴蜀定理知，对于一个有n个点的环，每个循环节的长度为n/gcd(n, k)，k为每次走的步数。所以青蛙可以达到的石头编号肯定是$gcd(m,a_i)$的倍数，相当于真正步长为$gcd(m,a_i)$.

当然要容斥一下，不就是奇加偶减吗，枚举所有的项有$2^n$个($n$是gcd的个数)，还要加剪枝，如果当前的lcm是gcd[i]的倍数，那么可以不继续容斥下去（也就是对答案没有贡献）.

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 using namespace std;

 typedef long long ll;
 const int maxn =  + ;
 ll n, m;
 ll fac[maxn], cnt, sum;

 ll gcd(ll a, ll b)
 {
     return b ==  ? a : gcd(b, a % b);
 }
 ll lcm(ll a, ll b)
 {
     return a * b / gcd(a, b);
 }

 void dfs(int pos, ll tlcm, int sz)
 {
     //printf("pos:%d  tlcm:%lld  sz:%d\n", pos, tlcm, sz);
     if(tlcm >= m)  return;
     if(pos == cnt)
     {
         if(sz == )  return;
         if(sz & )
         {
             ll tmp = (m-) / tlcm;
             sum += tmp * (tmp+) * tlcm / ;   //o  tlcm  2*tlcm... tmp*tlcm  奇加偶减
         }
         else
         {
             ll tmp = (m-) / tlcm;
             sum -= tmp * (tmp+) * tlcm / ;   //o  tlcm  2*tlcm... tmp*tlcm
         }
         return;
     }
     if(tlcm % fac[pos] == )  return;
     dfs(pos+, tlcm, sz);
     dfs(pos+, lcm(tlcm, fac[pos]), sz+);
 }

 int main()
 {
     int T, kase = ;
     scanf("%d", &T);
     while(T--)
     {
         scanf("%lld%lld", &n, &m);
         bool flag= false;
         for(int i = ;i < n;i++)
         {
             ll tmp;
             scanf("%lld", &tmp);
             fac[i] = gcd(tmp, m);
             if(fac[i] == )  flag = true;
         }
         printf("Case #%d: ", ++kase);
         if(flag)
         {
             printf("%lld\n", (m-) * m / );
         }
         else
         {
             sort(fac, fac+n);
             cnt = unique(fac, fac+n) - fac;
             sum = ;
             dfs(, , );
             printf("%lld\n", sum);
         }
     }
     return ;
 }

网上更多的解法是分析m的因子，求贡献。（然而没有看懂）

参考链接：http://www.acmtime.com/?p=864