Co-prime HDU - 4135

题目链接：https://vjudge.net/problem/HDU-4135#author=0

题意：求在区间[a,b]中有多少个数与n互质。

思路：先看数据范围很大，所以不能枚举。因为互质难求，我们可以求不互质的最后减去。那么我们就要求出n的所有因子{p₀,p₁,........p_i}，在区间[1,x]中有x/pi个pi，然后利用容斥定理减去质因数公倍数重复计数的部分就可以了。

  1 #include<time.h>
  2 #include <set>
  3 #include <map>
  4 #include <stack>
  5 #include <cmath>
  6 #include <queue>
  7 #include <cstdio>
  8 #include <string>
  9 #include <vector>
 10 #include <cstring>
 11 #include <utility>
 12 #include <cstring>
 13 #include <iostream>
 14 #include <algorithm>
 15 #include <list>
 16 using namespace std;
 17 #define eps 1e-10
 18 #define PI acos(-1.0)
 19 #define lowbit(x) ((x)&(-x))
 20 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)
 21 #define mem(s,n) memset(s,n,sizeof s);
 22 #define ios {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}
 23 typedef long long ll;
 24 typedef unsigned long long ull;
 25 const int maxn=1e5+5;
 26 const int Inf=0x7f7f7f7f;
 27 const ll Mod=999911659;
 28 //const int N=3e3+5;
 29 bool isPowerOfTwo(int n) { return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0; }//判断一个数是不是 2 的正整数次幂
 30 int modPowerOfTwo(int x, int mod) { return x & (mod - 1); }//对 2 的非负整数次幂取模
 31 int getBit(int a, int b) { return (a >> b) & 1; }// 获取 a 的第 b 位，最低位编号为 0
 32 int Max(int a, int b) { return b & ((a - b) >> 31) | a & (~(a - b) >> 31); }// 如果 a>=b,(a-b)>>31 为 0，否则为 -1
 33 int Min(int a, int b) { return a & ((a - b) >> 31) | b & (~(a - b) >> 31); }
 34 ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
 35 ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
 36 int Abs(int n) {
 37   return (n ^ (n >> 31)) - (n >> 31);
 38   /* n>>31 取得 n 的符号，若 n 为正数，n>>31 等于 0，若 n 为负数，n>>31 等于 -1
 39      若 n 为正数 n^0=n, 数不变，若 n 为负数有 n^(-1)
 40      需要计算 n 和 -1 的补码，然后进行异或运算，
 41      结果 n 变号并且为 n 的绝对值减 1，再减去 -1 就是绝对值 */
 42 }
 43 ll binpow(ll a, ll b,ll c) {
 44   ll res = 1;
 45   while (b > 0) {
 46     if (b & 1) res = res * a%c;
 47     a = a * a%c;
 48     b >>= 1;
 49   }
 50   return res%c;
 51 }
 52 void extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
 53 {
 54     if(b==0) {
 55         x=1,y=0;
 56         return;
 57     }
 58     extend_gcd(b,a%b,x,y);
 59     ll tmp=x;
 60     x=y;
 61     y=tmp-(a/b)*y;
 62 }
 63 ll mod_inverse(ll a,ll m)
 64 {
 65     ll x,y;
 66     extend_gcd(a,m,x,y);
 67     return (m+x%m)%m;
 68 }
 69 ll eulor(ll x)
 70 {
 71    ll cnt=x;
 72    ll ma=sqrt(x);
 73    for(int i=2;i<=ma;i++)
 74    {
 75     if(x%i==0) cnt=cnt/i*(i-1);
 76     while(x%i==0) x/=i;
 77    }
 78    if(x>1) cnt=cnt/x*(x-1);
 79    return cnt;
 80 }
 81 ll p[maxn],cnt;
 82 ll a,b,n;
 83 ll num[maxn];
 84 void getp(ll x)
 85 {
 86     cnt=0;
 87     p[cnt++]=x;
 88     for(ll i=2;i*i<=x;i++)
 89     {
 90         if(x%i==0)
 91         {
 92             p[cnt++]=i;
 93             if(i!=x/i)
 94             {
 95                 p[cnt++]=x/i;
 96             }
 97         }
 98     }
 99     sort(p,p+cnt);
100     return;
101 }
102 ll solve(ll x)
103 {
104     ll ans=0;
105     for(int i=0;i<cnt;i++) num[i]=1;
106     for(ll i=0;i<cnt;i++)
107     {
108         if(!num[i]) continue;
109         ans+=x/p[i]*num[i];
110         for(ll j=i+1;j<cnt;j++)
111         {
112           if(p[j]%p[i]) continue;
113           num[j]-=num[i];
114         }
115     }
116     return ans;
117 }
118 int main()
119 {
120     int k=0;
121     int t;
122     scanf("%d",&t);
123     while(t--)
124     {
125         ll ans;
126         scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&n);
127         if(n==1)
128             ans=b-a+1;
129         else
130         {
131             getp(n);
132             ans=solve(b)-solve(a-1);
133             //printf("%lld %lld\n",solve(a-1),solve(b));
134             ans=b-a+1-ans;
135         }
136         printf("Case #%d: %lld\n",++k,ans);
137     }
138     return 0;
139 }