HDU 4135 Co-prime (容斥+分解质因子)

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题目大意：

　　给定区间[A,B](1 <= A <= B <= 10 ¹⁵)和N(1 <=N <= 10 ⁹)，求出该区间中与N互质的数的个数。

解题分析：

　　将求区间[A,B]与N互质的数转化成求[1,B] 区间与N互质的个数  -  [1,A-1]中与N互质的个数。同时，因为直接求区间内与N互质的数不好求，我们从反面入手，求出与N不互质的数，借鉴埃筛的思想，我们先求出N的所有质因子，然后将这些质因子在区间内倍数的个数全部求出(即与N不互质的数)，再用区间的总数减去这些不互质数的个数即可。但是，由于在求不互质的数的时候，存在重复的计算，所以我们利用容斥对重复计算的数进行处理。容斥处理有多重表现形式，DFS、队列、位运算均可进行容斥处理。

得到一个数的所有质因子：

for(ll i=;i*i<=m;i++)
    if( m%i==){   //得到m的所有的素因子
        vec.push_back(i);
        while(m%i==)m/=i;
    }
if(m>)vec.push_back(m);

位运算：

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

 typedef long long ll;
 vector<ll>vec;
 ll a,b,n;

 ll solve(ll x,ll m){     //[1,x]区间内与m4互质的数的个数
     vec.clear();
     for(ll i=;i*i<=m;i++) if( m%i==){   //得到m的所有的素因子
         vec.push_back(i);
         while(m%i==)m/=i;
     }
     if(m>)vec.push_back(m);
     ll sum=,val,cnt;
     for(ll i=;i<(<<vec.size());i++){   //枚举所有素因子的乘积组合,用二进制表示哪几个因子被用到
         val=,cnt=;
         for(ll j=;j<vec.size();j++){
             if(i & (<<j)) {      //因为vec里全为质数，所以它们进行组合的时候，直接相乘就行，而不用求lcm
                 val*=vec[j],cnt++;    //cnt表示当前相乘因子的个数，用于后面容斥时进行加减的判断
             }
         }
         //容斥，奇加偶减
         if(cnt & )sum+=x/val;    // x/tval为[1,x]内为tval的倍数的数的个数
         else sum-=x/val;
     }
     return x-sum;      //[1,x]的总数减去1~X中各素数倍数的总数
 }

 int main(){
     int T,ncase=;scanf("%d",&T);while(T--){
         scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&n);
         ll ans=solve(b,n)-solve(a-,n);
         printf("Case #%d: %lld\n",++ncase,ans);
     }
 }

2019-02-09