【hdu4135】【hdu2841】【hdu1695】一类通过容斥定理求区间互质的方法

【HDU4135】Co-prime

题意

给出三个整数N,A,B。问在区间[A,B]内，与N互质的数的个数。其中N<=10^9,A,B<=10^15。

分析

容斥定理的模板题。可以通过容斥定理求出[1,n]与x互质的数的个数。方法是先将x进行质因子分解，然后对于每个质因子pi，[1,n]内可以被pi整除的数目为n/pi。可以通过容斥定理解决逆命题，既[1,n]与x不互质的数目。n/p1+n/p2+n/p3-n/p1p2-n/p1p3-n/p2p3+n/p1p2p3。既奇数是加，偶数是减。具体的做法一般是通过二进制枚举来进行。质因子分解N的时间复杂度是O(sqrt(N)),然后枚举质因子的时间复杂度是O(2^(num))，其中num是质因子的数目。我们知道，这个num一般来说是非常小的，所以这个算法的时间复杂度是非常优秀的。

然后对于这个题，我们求出[1,B]与N互质的个数再减去[1,A]互质的个数。

code如下

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #include <iostream>

 using namespace std;
 typedef long long LL;
 int T,N,num;
 LL A,B;
 int a[];
 void prime(int n){
     num=;
     for(int i=;i*i<=n;i++){
         if((n%i)==){
             num++;
             a[num]=i;
             while((n%i)==){
                 n/=i;
             }
         }
     }
     if(n>){
         num++;
         a[num]=n;
     }
     return ;
 }
 LL solve(LL r,int n){
     prime(n);
     LL res=;
     for(int i=;i<(<<num);i++){
         int kk=;
         LL div=;
         for(int j=;j<=num;j++){
             if(i&(<<(j-))){
                 kk++;
                 div*=a[j];
             }
         }
         if(kk%)
             res+=r/div;
         else
             res-=r/div;
     }
     return r-res;
 }
 int main(){
     scanf("%d",&T);
     for(int t=;t<=T;t++){
         scanf("%lld%lld%d",&A,&B,&N);
         LL ans=solve(B,N)-solve(A-,N);
         printf("Case #%d: %lld\n",t,ans);
     }
 return ;
 }

【HDU2841】visible tree

题意

有一片树林m*n,从（1，1）开始，每个整数点都有一棵树。famer站在点（0，0），问他能看见的树有几棵。其中n,m<=100000.

分析

先来看有哪些树没有办法被看到。对于点(xi,yi)，当xi和yi可以同时被一个大于1的整数k整除，则点（xi,yi)无法被看到。也就是说，当且仅当这个点的横纵坐标互质时，才可以被看到。也就是说求[1,n]和[1,m]内有多少互质的点。到此为止，本题已经转换为上一个题的形式。然后枚举[1,m]作为x,然后[1,n]作为区间，按照上题方案进行求解。

code 如下

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #include <iostream>

 using namespace std;
 typedef long long LL;
 int T,n,m,num;
 int a[];
 void prime(int x){
     num=;
     for(int i=;i*i<=x;i++){
         if(x%i==){
             num++;
             a[num]=i;
             while(x%i==&&x){
                 x/=i;
             }
         }
     }
     if(x>){
         num++;
         a[num]=x;
     }
     return;
 }
 LL solve(LL r,int x){
     LL res=;
     for(int i=;i<(<<num);i++){
         LL k=,aa=;
         for(int j=;j<=num;j++){
             if(i&(<<(j-))){
                 k++;
                 aa*=a[j];
             }
         }
         if(k%)
             res+=r/aa;
         else
             res-=r/aa;
     }
     return r-res;
 }
 int main(){
     scanf("%d",&T);

     for(int t=;t<=T;t++){
         scanf("%d%d",&n,&m);
         if(n>m)swap(n,m);
         LL ans=;

         for(int i=;i<=n;i++){
             prime(i);
             ans+=solve(m,i);
             //cout<<solve(m,i)<<endl;
         }
         printf("%lld\n",ans);
     }
 return ;
 }

 

【HDU1695】GCD

题意

给出a,b,c,d,k，其中保证a=1,c=1。问在区间[a,b]和区间[c,d]内有多少不同的对gcd（x,y)=k。

分析

如果gcd(x,y)=k，则显然gcd(x/k,y/k)=1，既互质。我们令b<d,然后b/=k,d/=k。则题目转化为在区间[1,b]和区间[1,d]有多少不同对互质。

有没有感觉和上面那道题很像？就一个不同点，这个题目求的是不同对。所以不可以按照上面这个题直接进行枚举。对于区间[1,b]，我们可以直接枚举求和欧拉函数。对于区间[b+1,d]我们可以按照上面的方法通过容斥定理进行求解。

code如下

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #include <iostream>

 using namespace std;
 typedef long long LL;

 int T,a,b,c,d,k;
 LL ans;
 int euler(int n){ //返回euler(n)
      int res=n,aa=n;
      for(int i=;i*i<=aa;i++){
          if(aa%i==){
              res=res/i*(i-);//先进行除法是为了防止中间数据的溢出
              while(aa%i==) aa/=i;
          }
      }
      if(aa>) res=res/aa*(aa-);
      return res;
 }
 int num;
 int pri[];
 void prime(int x){
     num=;
     for(int i=;i*i<=x;i++){
         if(x%i==){
             num++;
             pri[num]=i;
             while(x%i==){
                 x/=i;
             }
         }
     }
     if(x>){
         num++;
         pri[num]=x;
     }
 }
 LL solve(LL r,int x){
     LL res=;
     for(int i=;i<(<<num);i++){
         int k=,aa=;
         for(int j=;j<=num;j++){
             if(i&(<<(j-))){
                 k++;
                 aa*=pri[j];
             }
         }
         if(k%)
             res+=r/aa;
         else
             res-=r/aa;
     }
     return r-res;
 }
 int main(){
     scanf("%d",&T);
     for(int t=;t<=T;t++){
         scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
         if(k==){
             printf("Case %d: 0\n",t);
             continue;
         }
         if(b>d)swap(b,d);
         b/=k,d/=k;
         ans=;
         for(int i=;i<=b;i++){
             ans+=euler(i);
         }
         for(LL i=b+;i<=d;i++){
             prime(i);
             ans+=solve(b,i);
         }
         printf("Case %d: %lld\n",t,ans);
     }
 return ;
 }