【做题】hdu5514 Frogs——另类容斥
题意是给出n个m的约数,问[0,m-1]中至少被其中一个约数整除的整数和。(n<=10000,m<=1000000000)
直接容斥的话,是2^n再拖个log的复杂度,加上当前的数大于m时直接跳出了剪枝,或许会小一点。
但是有一个很重要的性质:我们容斥中所有计算过贡献的数,都是m的因数。换言之,我们计算贡献的数的个数是及其有限的,故可以计算出所有因数贡献的系数。
我们给所有因数赋予互不重叠的“贡献”,定义为所有能被其整除但不能被其他大于它的因数整除的数的和。这种贡献是我们用来表示答案的组成的,但是不可以直接计算。
于是一开始,我们把所有是这n个约数的倍数的贡献设为1。事实上,容斥就体现在这里。我们这里是设为1,而不是加1。即对于一个同时是多个因数的倍数的数,我们只计算一次贡献。
然而,我们在实际计算中,一个数的贡献在它的所有因数中都计算过了。设因数i的实际系数是ri,初始定义的系数是vi,那么,我们有
时间复杂度O(√m+n*d(m)+d(m)^2)。(好像非常玄学)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = ;
typedef long long ll;
ll ans;
int a[N],n,m,p,fac[N],num[N],cnt,tmp;
int main() {
int t;
scanf("%d",&t);
for (int ca = ; ca <= t ; ++ ca) {
memset(num,,sizeof num);
scanf("%d%d",&n,&m);
cnt = ;
ans = ;
for (int i = ; i * i <= m ; ++ i) if (m%i == ) {
fac[++ cnt] = i;
if (i * i != m) fac[++ cnt] = m/i;
}
sort(fac+,fac+cnt+);
for (int i = ; i <= n ; ++ i) {
scanf("%d",&a[i]);
a[i] = __gcd(a[i],m);
for (int j = ; j <= cnt ; ++ j)
if (fac[j] % a[i] == ) num[j] = ;
}
for (int i = ; i <= cnt ; ++ i) if (num[i]) {
tmp = m / fac[i];
ans += 1ll * tmp * (tmp - ) / * fac[i] * num[i];
for (int j = i + ; j <= cnt ; ++ j)
if (fac[j] % fac[i] == ) num[j] -= num[i];
}
printf("Case #%d: %lld\n",ca,ans);
}
return ;
}
小结:在容斥对象数量少的时候,存下其中的每一个贡献的系数是可取的优化方向。
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