【HDOJ5514】Frogs（容斥原理）

题意：n个青蛙在一个有m个节点的圆上跳，m个节点的标号为0-m-1，每只青蛙每次跳的节点数给出，让求n只青蛙所跳位置标号之和

n<=1e4，m<=1e9，a[i]<=1e9

思路：由裴蜀定理可知该问题等价于[0,m-1]能被至少一个gcd(m,a[i])整除的数字之和

因为n过大，考虑与m的因子个数相关的算法，因子个数<=200

做因子之间的容斥，每一个因子a[i]的贡献t=贡献次数*a[i]*(m/a[i]-1)*(m/a[i])/2

后面部分是一个等差数列

算完每一个因子的贡献之后再维护其倍数因子的贡献

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<vector>
 typedef long long ll;
 typedef unsigned long long ull;
 using namespace std;
 #define N   40000
 #define M   32
 #define oo  10000000
 #define MOD 105225319

 int a[N],vis[N];

 int gcd(int x,int y)
 {
     if(!y) return x;
     return gcd(y,x%y);
 }

 int main()
 {
      int cas;
      scanf("%d",&cas);
      for(int v=;v<=cas;v++)
      {
          int n,m;
          scanf("%d%d",&n,&m);
          memset(vis,,sizeof(vis));
          int tot=;
          for(int i=;i*i<=m;i++)
           if(m%i==)
           {
               a[++tot]=i;
               if(i*i!=m) a[++tot]=m/i;
           }
          sort(a+,a+tot+);
         for(int i=;i<=n;i++)
         {
             int x;
             scanf("%d",&x);
             int t=gcd(m,x);
             for(int j=;j<=tot;j++)
              if(a[j]%t==) vis[j]=;
         }
         ll ans=;
         for(int i=;i<=tot;i++)
          if(vis[i])
          {
              ll t=m/a[i];
              ans+=(ll)a[i]*t*(t-)/*vis[i];
              for(int j=i+;j<=tot;j++)
               if(a[j]%a[i]==) vis[j]-=vis[i];
          }
         printf("Case #%d: %I64d\n",v,ans);
     }
     return ;
 }