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容斥原理专题
一、模板题
AcWing 890. 能被整除的数
题意：给定一个质数序列，求$1 \sim n$中被质数序列中 至少一个整除 的整数有多少个。
解题思路 ① 至少被一个质数整除,正向思考就是:被$1$个除，被$2$个除，被$3$个除,..., 用测试用例举栗子：
10 2
2 3
表示n=10,质数序列为2 3,那么:
$2$能够被质数$2$整除
$3$能够被质数$3$整除
$4$能够被质数$2$整除
$6$能够被质数$2,3$整除
$8$能够被质数$2$整除
$9$能够被质数$3$整除
$10$能够被质数$2$整除
看了一下，感觉$6$有点特殊:别人都是被$1$个质数整除，只有它是被$2$个质数整除。
为什么呢？思考一下，原来是因为6=2\times 3,也就是$6$中同时有$2$和$3$两个质数因子，而其它的只有一个质数因子。
② 这么一个个的检查怕是不行，因为n,p_i<=10^9,这样遍历一次就$TLE$了，需要有一个快速些的算法。那有什么样的办法能够做到快点计算出一个区间内有多少个2,$3$,$x$...的倍数呢？这是一个小学数学问题，遇到事决，小学数学：
$[1 \sim n]$中被$p$整除的数个数= ⌊\frac{n}{p}⌋
注：这里可不是说质数，比如我们想计算$10$以内$6$的倍数,就是
10/6=1,这个$1$需要减去~
有了这个办法，就可以快速计算了，但问题马上又来了：
因为$6$即能被$2$整除，也能被$3$整除，这样就会被计算$2$次!
⌊\frac{10}{2}⌋+⌊\frac{10}{3}⌋=5+3=8
而我们用纸笔一个个查出来的是$7$个，这样算的结果多出来$1$个，很显然，就是因为$6$被记录了两次，需要把记录两次的扣除掉一次,噢，这是容斥原理啊！如果某个数是三个质因子的倍数，那么还需要加上它,....
② 容斥原理算法步骤 质因子站好排后，使用二进制数位枚举来每个质因子是不是选择了，这样可以穷举所有的可能 ，需要注意的是二进制需要从$1$开始枚举，一直到$2^m-1$。
注：$m$为质因子的个数，$2^m-1$就是共$m$位，每个位置上都是数字
1,表示全部选中。根据选择了因数数量的奇偶性，决定它的加或减。 举栗子：2^2-1=4-1=3=(11)_22^3-1=8-1=7=(111)_22^4-1=16-1=7=(1111)_22^5-1=32-1=7=(11111)_2注意：在枚举过程中，如果出现$2\times 3 \times 7 \times 11=462$，如果n=100,那么这组解无效，因为超过了极限值嘛，所以此时组合选择需要放弃掉。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
int n, m; // n:质数个数，m:1~m的数字中有多少个可以被质数序列中至少一个整数整除。
// 注意：代码里的n,m与模板题目中的含义相反！一定要注意!!!!!!!!!!!!
vector<int> p; // 质数数组
signed main() {
cin >> m >> n; // 与m互质,n个质数！
// 读入n个质数,为了使用vector<int>，读入时确实不太方便
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x;
cin >> x;
p.push_back(x);
}
// ① 枚举从1到 2^n-1,每个数字，代表一种状态，每个状态代表一种质数的挑选办法
// 当然，这些整数值的乘积可能大于n,大于的没用，只要小于等于n的
int s = 0;
for (int i = 1; i < 1 << p.size(); i++) {
int t = 1, cnt = 0; // 累乘积，质因子个数
// ② 在对应的整数值确定后，枚举此数值的每一个数位
for (int j = 0; j < p.size(); j++)
if (i >> j & 1) { // ③判断当前数位是不是1,是1表示当前数位选中
if (t * p[j] > m) { // 乘积不能超过最大值m，控制在[1~m]范围内
t = 0; // s=0代表本次挑选的组合失败，无效
break; // 由于i是由小到大遍历的，前面的都无效了，后面的肯定更大，更无效，不用继续了
}
cnt++; // 选择的质因子个数
t *= p[j]; // 累乘积
}
if (t) { // 超过范围的，s=0,所以，现在代表只讨论在范围内的
if (cnt & 1) // 质数因子数量，奇数加
s += m / t; // 引理内容，代表m里面有多少个这个数字s的倍数
else // 偶数减
s -= m / t;
}
}
cout << s << endl;
}
二、题单
HDU4135 $Co-prime$
题意:
给三个数a、b 和 $m$，求区间$[a,b]$中与$m$互质的数的个数。
$1 <= a <= b <= 10^{15}$，$1 <=m <= 10^9$。
解析：
这道题与模板题不太一样，加入了一些变化，分析一下：
先从这句话下手：与$m$互质
答：就是把$m$分别质因数后，形成一个质数序列p_1,p_2,...,p_x,然后我们可以根据模板题，
① 求出来$1 \sim a-1$之间的所有数被$p_1,p_2,...,p_x$中的至少一个数整除的整数有多少个。
② 求出来$1 \sim b$之间的所有数被$p_1,p_2,...,p_x$中的至少一个数整除的整数有多少个。
二者之差(类似前缀和)就是这个区间$[a,b]$之间与$m$不互质的数的个数 互质的个数等于总数减去不互质的个数就行啦~
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
vector<int> p; // 质数数组
int cal(int n, int m) { // 返回1-m中与n互素的数的个数
p.clear(); // 多组测试数据,清空
// 分解质因数
for (int i = 2; i * i <= n; i++) { // 对n分解质因数
if (n % i == 0) {
p.push_back(i);
while (n % i == 0) n /= i;
}
}
if (n > 1) p.push_back(n); // 最后一个大因子，也加入
int s = 0; // 1到m中与n不互素的数的个数
// 枚举子集，不能有空集，所以从1开始
for (int i = 1; i < 1 << p.size(); i++) { // 从1枚举到(2^素因子个数)
int cnt = 0;
int t = 1;
for (int j = 0; j < p.size(); j++) { // 枚举每个素因子
if (i & (1 << j)) { // 有第i个因子
cnt++; // 计数
t *= p[j]; // 乘上这个质因子
}
}
// 容斥原理
if (cnt & 1) // 选取个数为奇数，加
s += m / t;
else // 选取个数为偶数，减
s -= m / t;
}
return m - s; // 返回1-m中与n互素的数的个数
}
signed main() {
int T, ca = 0;
cin >> T;
while (T--) {
int m, a, b;
cin >> a >> b >> m; // 求区间[a,b]中与m互素的数字个数
// 计算[1,a-1]之间与m互素的个数
// 计算[1, b]之间与m互素的个数
int ans = cal(m, b) - cal(m, a - 1);
printf("Case #%d: %lld\n", ++ca, ans);
}
}
HDU2841 Visible $Trees$
题意
给一个$n*m$的矩阵，左下角为$(1,1)$，右上角为$(n,m)$，问农民在$(0,0)$点可以看到多少个点。
分析
解题思路
如果$(0,0) \rightarrow (x,y)$和$(0,0)\rightarrow(x′,y′)$两个向量共线，即$(0,0),(x,y),(x′,y′)$三点共线，那后面的那个点$(x′,y′)$就被挡住看不到了。
如果三点共线，那么向量$(x′,y′)$一定可以表示成$(x'=kx,y'=ky)$(其中$k \in Z^+$且k>1,$kx<=n,ky<=m$)，因此对于一个数对(x，y),如果它们存在公因数，那么一定可以化简成最简，即互质的形式，那么这个互质的数对构成的向量应该是和原向量共线的，因此我们 只能看到最前面那个互质的数对构成的点,其它不互质的都会被它前面的某个互质的挡住。
因此题目转变成求区间$[1,m],[1,n]$之间互质数的对数
求解办法：
选取一个区间（为了优化选取小区间）比如说选取$[1,n]$，枚举$n$里面的数$i$，然后对于每个数$i$我们看它在$[1,m]$区间内能找到多少互质的数，把这些结果全部累加起来即可。也就是枚举一个小区间中的所有数，然后转化为： 求$1\sim n$中与$m$互素的数的个数
注：通常情况下，小的循环在外层，大的循环在内层会更有利于性能。这是因为内存访问模式对性能有重要影响，将内存中的数据按照连续的顺序访问会更高效。当小的循环在外层时，内存中的数据更有可能按照连续顺序被访问，这有助于提高缓存的命中率，从而提高性能。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 1e6 + 10;
// 返回1-m中与n互素的数的个数
vector<int> p;
int cal(int n, int m) {
p.clear();
for (int i = 2; i * i <= n; i++) {
if (n % i == 0) {
p.push_back(i);
while (n % i == 0) n /= i;
}
}
if (n > 1) p.push_back(n); // 求n的素因子
int s = 0; // 1到m中与n不互素的数的个数
// 枚举子集，不能有空集，所以从1开始
for (int i = 1; i < 1 << p.size(); i++) { // 从1枚举到(2^素因子个数)
int cnt = 0;
int t = 1;
for (int j = 0; j < p.size(); j++) { // 枚举每个素因子
if (i & (1 << j)) { // 有第i个因子
cnt++; // 计数
t *= p[j]; // 乘上这个质因子
}
}
// 容斥原理
if (cnt & 1) // 选取个数为奇数，加
s += m / t;
else // 选取个数为偶数，减
s -= m / t;
}
return m - s; // 返回1-m中与n互素的数的个数
}
signed main() {
int T;
cin >> T;
while (T--) {
int a, b;
cin >> a >> b;
int res = 0;
// 从1~n(b现在就是n)之间，找到所有与m(m现在就是i)互质的数字个数
for (int i = 1; i <= a; i++) res += cal(i, b);
printf("%lld\n", res);
}
}
HDU1695 HDU 1695 $GCD$（容斥原理）
题意
给了 a、b、c、d、k 五个数 求$gcd(x,y)=k$的 对数, 其中 a<=x<=b ,c<=y<=d 并且所有数据的$a$和$c$都是$1$。
分析
gcd(x,y)=k \rightarrow gcd(x/k，y/k)=1 (1<=x<=b/k, 1<=y<=d/k) 也就是求互质的对数
那么,我们可以去枚举$x$的范围去算$y$中与$x$互质的个数,但 为了避免重复的情况 比如1 3 和3 1算一对 那么我们就假定x<y 所以我们算的是
大于x,小于等于y,并且与$x$互质的个数
用容斥原理算出大于$x$小于等于$y$的数中是$x$的质因数的倍数的个数sum, 然后$y-x-sum$就是$x$与$1 \sim d/k$中互质的对数。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
// 返回1-m中与n互素的数的个数
vector<int> p;
int cal(int n, int m) {
p.clear();
for (int i = 2; i * i <= n; i++) {
if (n % i == 0) {
p.push_back(i);
while (n % i == 0) n /= i;
}
}
if (n > 1) p.push_back(n); // 求n的素因子
int s = 0; // 1到m中与n不互素的数的个数
// 枚举子集，不能有空集，所以从1开始
for (int i = 1; i < 1 << p.size(); i++) { // 从1枚举到(2^素因子个数)
int cnt = 0;
int t = 1;
for (int j = 0; j < p.size(); j++) { // 枚举每个素因子
if (i & (1 << j)) { // 有第i个因子
cnt++; // 计数
t *= p[j]; // 乘上这个质因子
}
}
// 容斥原理
if (cnt & 1) // 选取个数为奇数，加
s += m / t;
else // 选取个数为偶数，减
s -= m / t;
}
return m - s; // 返回1-m中与n互素的数的个数
}
int T, ca;
signed main() {
cin >> T;
while (T--) {
int a, b, c, d, k;
cin >> a >> b >> c >> d >> k;
// k=0时需要特判，因为我们想要 x'=x/k ,y'=y/k,不能随意除，需要判断
if (k == 0) { // k=0时，表示gcd(x,y)=0
/*
如果两个数的最大公约数是0，这意味着这两个数中至少有一个数是0。
因为最大公约数是两个数共有的最大因子，而0没有最大因子，所以0
与任何数的最大公约数都是0。
而a<=x<=b,c<=y<=d,a=c=1,所以，k=0是不可能存在gcd(x,y)=0的，应该返回0对
*/
printf("Case %lld: 0\n", ++ca);
continue;
}
b /= k, d /= k;
// 因为 (1，3)与 (3,1)算1个，所以要限制x<y
// a=c=1
if (b > d) swap(d, b);
int ans = 0;
// d>b
for (int i = 1; i <= d; i++) // 枚举大区间
// c(n,m): 返回1-m中与n互素的数的个数
// 拿大区间[1~d]中的每个数字i，去 [1~b]中找与其互质的数
// 但是，这样做的话，会出现 [1,3],[3,1]这样的情况，为了防止这样的事情发生
// 我们需要控制区间的范围，也就是小于等于i,同时，也要考虑i与b的大小关系，保证i<=b
// 也就是 min(i,b)
ans += cal(i, min(i, b));
printf("Case %lld: %lld\n", ++ca, ans);
}
}
AcWing 214. $Devu$和鲜花
思路脉络 ① 隔板法，每组内允许为$0$个，也就是隔板法扩展 ② 但每个分组中最高的数量有限制！ ③ 正难则反，先用隔板法扩展求一下每个小组可以为$0$的所有方案数 ④ 总的方案数减去每个盒子中不满足条件的并不是答案，因为可能减多了，联想到容斥原理。 ⑤ $S_i$代表每组中至少取出$a_i+1$朵花，那就先拿走这些，然后考虑$m-(a_i+1)$朵花中分成$n$组、并且每组数量可以为$0$的方案数，这是经典的隔板扩展法，然后再把拿走的$a_i+1$朵花拿回来到$i$组中，有原来的情况一致。 ⑥ 与上一题的区别在于：上一题必须保证有一个及以上的因子，也就是
for (int i = 1;i < 1 << n; i++),本题可以一个都不选，即：for (int i = 0;i < 1 << n; i++)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 20, mod = 1e9 + 7;
int A[N];
int n, m;
// 快速幂
int qmi(int a, int k) {
int res = 1;
while (k) {
if (k & 1) res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
k >>= 1;
}
return res;
}
int C(int a, int b) {
if (a < b) return 0;
int up = 1, down = 1;
for (int i = a; i > a - b; i--) up = i % mod * up % mod;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) down = i * down % mod; //(n-1)! % mod
down = qmi(down, mod - 2); // 费马小定理求逆元
return up * down % mod; // 费马小定理
}
signed main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> A[i]; // 第i个盒子中有A[i]枝花,限制条件
int res = 0;
for (int i = 0; i < 1 << n; i++) { // 容斥原理的项数，0000 代表一个限制条件都没有， 0001代表第1个限制条件生效，0011,代码第1，2个限制条件生效
int a = m + n - 1, b = n - 1; // 上限是m+n-1,下限不一样
int sign = 1; // 奇数个限制条件，需要减；偶数个限制条件，需要加。现在这种限制条件组合状态，是奇数个限制，还是偶数个限制？
for (int j = 0; j < n; j++) // 枚举状态的每一位
if (i >> j & 1) { // 如果此位是1
sign *= -1; // 符号位变号，从1变为-1，或者，从-1变为1; 这个用法挺牛X的，漂亮的实现了奇数次负号，偶数次正号的维护
a -= A[j] + 1; // 拼公式
}
res = (res + C(a, b) * sign) % mod;
}
cout << (res + mod) % mod << endl;
}
HDU3501 Calculation $2$
等差数列
是指从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数的一种数列，常用$A、P$表示，这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母$d$表示。例如：$1，3，5，7，9，2n-1$。通项公式为：$a_n=a_1+(n-1)*d$。首项$a_1=1$，公差$d=2$，前$n$项和公式为：
\large S_n=n*(a_1+a_n)/2
注意：
n \ \in Z^+
公式推导
$\large S_n=a_1+a_2+a_3+...+a_n$。
把上式倒过来得：$\large S_n=a_n+a_{n-1}+a_2+a_1$。
将以上两式相加得：$\large 2S_n=(a_1+a_n)+(a_2+a_{n-1})+...+(a_n+a_1)$。
由等差数列性质：若$m+n=p+q$则$a_m+a_n=a_p+a_q$得
\large 2S_n=n(a_1+a_n)
注：括号内其实不只是$a_1+a_n$满足只要任意满足下角标之和为$n+1$就可以两边除以$2$得
s_n=n(a_1+a_n)/2①
题意
输入n,计算比$n$小的数中,和$n$不互质的数的和 \%1000000007
解题思路
求小于$N\ (1 \sim N-1)$的数字中与N 不互质 的数的 加法和。
与$N$不互质，就与$N$有相同因子,首先将$N$因式分解，找出所有的质因子。
对于累乘积因子2,有2,4,6,8,……
对于累乘积因子3,有3,6,9,12,……
对于累乘积因子6,有6,12,18,……
也就是需要加上$2$的那一坨，加上$3$的那一坨，再减去$6$的那一坨,... 而这些坨，都是等差数列，可以用 等差数列求和公式 求解。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int mod = 1000000007;
signed main() {
int m;
while (cin >> m && m) {
if (m == 1) {
cout << "0" << endl;
// 边界需要特别注意！本题的左边界是1
// 表示的含义是小于1，并且与1不互质的数的加法和，当然是0。
// 在做题时，先想正常思路，然后再思考一下边界是不是用特判。
continue;
}
int n = m; // 复制出来进行质因数分解
// 分解质因数
vector<int> p;
for (int i = 2; i * i <= n; i++) {
if (n % i == 0) {
p.push_back(i);
while (n % i == 0) n = n / i;
}
}
if (n > 1) p.push_back(n);
// 容斥原理
int s = 0;
for (int i = 1; i < (1 << p.size()); i++) {
int cnt = 0;
int t = 1;
for (int j = 0; j < p.size(); j++) {
if (i >> j & 1) {
cnt++;
t *= p[j];
}
}
/* t:质因子的累乘积
cnt:质因子的个数
举栗子：
枚举到的组合中只有数字2,那么2，4，6，8，10，....需要加上
枚举到的组合中只有数字3,那么3，6，9，12，15，....需要加上
枚举到的组合中中6.有数字2，3,那么6，12，18，....需要减去
*/
int num = (m - 1) / t; // 题目要求：比m小的数字中，也就是[1~m-1]这些数字中有多少个数是t的倍数呢?是(m-1)/t个。
/* 这些数字,首个是t,第二个是t*2,最后一个是t*num
等差数列求和公式：(首项+末项)*项数/2
模板题是计数，这里不是计数，而是计算这些数加在一起是多少，不能傻傻的一个个累加，而是采用了数学中的等差数列求和公式，
否则聪明的高斯该生气了~
*/
int tmp = (t + t * num) * num / 2;
if (cnt & 1) // 奇数的加
s += tmp;
else // 偶数的减
s -= tmp;
}
cout << s % mod << endl; // 取模输出
}
}
$HDU$ 1796 How many integers can you $find$
题意 给你一个整数$N$。和$M$个整数的集合{$A_1、A_2、…、A_m$}。集合内元素为 非负数 (包括零)，求小于$N$的
正整数(1\sim N-1)中，能被$M$个整数的集合中随意一个元素整除的正整数个数。
比如$N = 12,M = {2，3}$，在$1\sim N-1$中，能被$2$整除的数为{$2,4,6,8,10$}，能被$3$整除的数为{$3,6,9$}。则所求集合为{$2，3，4。6，8，9，10$}，共$7$个，则答案为$7$。
解题思路 就是求$M$个集合的并集。先看上边的样例。能被$2$整除的数集合$S_1$为{$2,4,6,8,10$}，能被$3$整除的数 集合$S_2$为{$3,6,9$}。而两者交集$S_{12}$为能被$LCM(2，3) = 6$整除的数为{$6$}。
则两者并集 $S = S_1 + S_2 - S_{12}$。
依据容斥定理得：若有$M$个数，则可求出$1~N-1$中能被不同组合的公倍数整除的个数。
$1\sim N-1$能被公倍数整除的个数为 $(N-1) / LCM$。然后依据奇数项加，偶数项减的原则得出答案个数。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 15;
vector<int> p;
// 最小公倍数
int lcm(int a, int b) {
return a * b / __gcd(a, b);
}
signed main() {
int n, m;
while (cin >> m >> n) { // n个数，求[1~m)中有多少个数能被整除集合中的数字整除
m--; // small than m 注意细节
p.clear(); // 多组测试数据，注意清0
for (int i = 0; i < n; i++) { // n个数字组成的序列
int x;
cin >> x;
if (x) p.push_back(x); // 排除掉数字0,0不能做除数
}
int s = 0;
for (int i = 1; i < (1 << p.size()); i++) {
int cnt = 0;
int t = 1;
for (int j = 0; j < p.size(); j++) {
if (i >> j & 1) {
cnt++;
t = lcm(t, p[j]); // 这里不是简单的相乘，而是求的最小公倍数
}
}
if (cnt & 1)
s += m / t;
else
s -= m / t;
}
cout << s << endl;
}
}
HDU 2204 $Eddy's$爱好
题意
如果一个数能表示为$M^k$，那么这个数是好数，问你$1 \sim n$有几个好数。
引理
$100$以内是某个数的$2$次方的数有多少个？怎么计算的？
对于这个问题，我们可以针对$100$以内的每个数进行计算，看其是否是某个数的$2$次方。但是，如果我们只是想要知道$100$以内有多少个数是某个数的$2$次方，我们可以 先对$100$进行开方，然后向下取整，得到的结果就是$100$以内的$2$次方数的个数。在这种情况下，$100$的开方是$10$，向下取整后得到$10$，这意味着$100$以内有$10$个数是某个数的$2$次方。
$100$以内是某个数的$2$次方的数包括：0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 和 $81$。
思路
如果我们直接按这个计算，会发现有很多重复，比如有个数是$2$的次方，也有可能是$4$的次方，也有可能是$6$的次方，但是这些其实在$2$的次方中就已经计算了，而$4，8$是$2$的倍数，所以我们只需要 管素数次方 就行了。
那是不是这样就没有重复了？也不是，不同数之间有可能也有，就比如一个数是$6$的次方，他就被素数$2$次方和素数$3$次方同时给统计了，这个要 用到容斥，比如$27^2=729$和$9^3=729$会重复,是因为他们都能凑出指数$6$，也就是$27^2=3^{3^2}=3^6,9^3=3^{2^3}=3^6$所以我们需要减去指数$6$所得到的个数。
我们用$n$计算出指数为$6$的个数，729^{1/6}=pow(729,1.0/6)=1
答案就是先+指数为$2$的，再+指数为$3$的，最后减指数为$6$的
这就是容斥原理的经典套路了，加奇数个的，减偶数个的。
指数范围
Q1:最多多少个质数因子?
答： 因为$2$是最小的质数因子，它的$60$次方 = 2^{60}>10^{18},也就是说，即使是最小的质数,它的$60$次方都超过了题目数据上限，所以，指数最大为$60$足够所有情况使用，打表$60$以内的素数，然后容斥。
Q2:最多容斥多少个质数？
答：$235*7>60$，我们挑选最小的$4$个质数因子，就会超过上限60!所以，最多只有三个质数因子,不会有$4$个及以上的质数因子个数。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
// 60以内的质数列表
int p[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59};
signed main() {
int n;
while (cin >> n) {
int s = 1, t; // s=1表示最起码数字1符合要求
for (int i = 0; i < 17; i++) { // 三层循环，遍历质数数组p枚举第一个因子
t = pow(n, 1.0 / p[i]) - 1; // 计算出指数=p[i]的数的个数,需要减去1，见下面的注释解释
if (!t) break; // 扣除完1^2后，没有了，那太白扯了
/*
int n = 10;
cout << (int)pow(n, 1.0 / 2) << endl;
输出3，理解一下：
10以内，可以描述为x^2的有：1^2 2^2 3^2
这样，就是说上面的算法，把数字1记录在内了。
*/
s += t; // t个，但数字1不能考虑
for (int j = i + 1; j < 17; j++) { // 三层循环，枚举第二个因子,避让第一个因子
t = pow(n, 1.0 / (p[i] * p[j])) - 1; // 计算出指数=p[i]*p[j]的数的个数
if (!t) break; // 扣除完1^2后，没有了，那太白扯了
s -= t; // 两个的要减
for (int k = j + 1; k < 17; k++) { // 三层循环，枚举第三个因子,避让第一、第二个因子
t = pow(n, 1.0 / (p[i] * p[j] * p[k])) - 1; // 计算出指数=p[i]*p[j]*p[k]的数的个数
if (!t) break; // 扣除完1^2后，没有了，那太白扯了
s += t; // 三个的要加
}
}
}
cout << s << endl;
}
}
HDU 4407 $Sum$
题意
给一个长度为$n$的序列，初始值为1 \sim n;
对序列有以下两种操作；
1.查询$[x,y]$内与$p$互素的数的和；
2.修改第$x$数为c;
共m,(1 \leq m \leq 1000)次操作。
解题思路
如果我们先忽略操作$2$带来的影响，可以通过求$calc(y)-calc(x-1)$这种类似于前缀的方法来得出答案,其中$calc(y)$的含义就是计算从$1\sim y$之间与$p$互质的数字和，办法当然就是用补集思想先算总和=sum(1 \sim y),然后再计算出与$p$不互质的数字有哪些，用总和减去不互质的数字和，就是互质的数字和。
本题的数据比较特殊，是$[1\sim n]$序列，是一个等差数列。
经验告诉我们，需要对$p$先分解质因数,由于我们一般喜欢用vector<int> p来保存质因数序列，所以我管原来的输入$p$改名为P,小$p$变量名留给质因数序列数组。
一眼就看出来本题需要容斥原理+二进制枚举组合
利用二进制法枚举每种可能的质数因子组合，举栗子：2,3,5
本次枚举的是数字3,即(11)_2,得到质数组合(2,3)
取乘积 2*3=6
此时 t=6,n/t = n/6:计算$[1 \sim n]$里面$6$这个因子的倍数有多少个,比如有$3$个
即：6,12,18
我们需要把这$3$个数字和加到一起，(6+12+18),就是(1+2+3)*6
即：n * (n + 1) / 2 * d;
能不能证明一下这个公式呢？
我们先看基础公式S_n=(a_1+a_n)*n/2
在本题中，a_1=d,a_n=a1+(n-1)*d
代入 S_n=(d+d+(n-1)*d)*n/2=d*(2+n-1)*n/2=(n+1)*n/2*d
证毕
Q:修改怎么办？
本来是一个$1\sim n$的序列，这题目挺坏啊，将第$x$位的值修改为c ,这样，本来依靠等差数列求和之类的东西就无法使用了！
所以，办法就是 先写基本盘，再做修改盘 的补充
注: 为$m$范围只到$1000$，所以暴力不超时
步骤 ① 遍历每个查询范围内的修改，如果原值与$P$互质，则减掉该数值 ② 如果修改的新值与$P$互质，则加上该数值。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 400010;
unordered_map<int, int> mp; // 能用Hash表不用红黑树
vector<int> p; // 将m拆分成的质数因子序列p
/*
等差数列求和=(首项+末项)*项数/2
本题中：首项=t,项数=n,公差=t
举栗子：3,6,9 是一个等差数列，公差=3
我们可以这样看(1,2,3)*3,也就是先计算(1,2,3)的和，再乘以3=(1+3)*3/2*3=18
*/
int get(int t, int n) {
return n * (n + 1) / 2 * t;
}
// 容斥原理+等差数列加法和
// 求解[1,n]中与c互素的所有数字的和
// = [1,n]的数字总和 - [1,n]中所有与c存在公共因子的数的和
int calc(int n) {
int sum = get(1, n); // [1,n]的数字总和
int s = 0;
for (int i = 1; i < (1 << p.size()); i++) {
int cnt = 0, t = 1;
for (int j = 0; j < p.size(); j++) {
if (i >> j & 1) {
cnt++;
t *= p[j];
}
}
if (cnt & 1)
s += get(t, n / t);
else
s -= get(t, n / t);
}
return sum - s; // 总数，减去不互质的，等于，互质的数字加法和
}
signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("HDU4407.in", "r", stdin);
#endif
// 加快读入
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int T; // T组测试数据
cin >> T;
while (T--) {
mp.clear(); // 注意此处，每次测试案例都要清零
int n, m;
cin >> n >> m; // 1~n ，共n 个长度的序列
while (m--) { // m个询问
int choice;
cin >> choice; // 操作
int x, y, P;
if (choice == 1) { // 查询[x,y]内与c互素的数的和
cin >> x >> y >> P;
p.clear(); /// 初始化
// 分解质因数
int t = P; // 复制出来
for (int i = 2; i * i <= t; i++) {
if (t % i == 0) {
p.push_back(i);
while (t % i == 0) t = t / i;
}
}
if (t > 1) p.push_back(t);
int sum = calc(y) - calc(x - 1); // 类似于前缀和求[x~y]区间内的等差数列加法和
// 遍历已经录入的所有修改
for (auto it = mp.begin(); it != mp.end(); it++) {
int a = it->first, b = it->second;
// 如果修改的不存本次查询的范围内，改了也不影响我，没用，不理
if (a > y || a < x) continue;
// 本来互素,结果被你改了，那就需要减掉这个数值
if (__gcd(a, P) == 1) sum -= a;
// 修改后互素的要加上新数值
if (__gcd(b, P) == 1) sum += b;
}
cout << sum << endl;
} else {
cin >> x >> P;
mp[x] = P; // 修改序列内容
}
}
}
}
UVA 11806 $Cheerleaders$
考查了组合数公式、补集思想、容斥原理思想（不拘泥于质数+二进制枚举噢~）
题意
给定$n、m、k$三个数，$n$代表行数，$m$代表列数，$k$代表人数。
$n*m$的表格，一共有$k$个人，要求：
① 每个小格只能容纳一个人，所有人必须都在表格中。 ② 第一行、第一列、最后一行、最后一列必须站人。 ③ 若夹角处站人，则代表此行和列都已站人。
问：有多少种方法？
解题思路
利用容斥原理，设：
- $S$为总数。（$n*m$中选$k$个位置，即$C_{n∗m}k$）
- $A$为第一行没有站人。（少一行）
- $B$为最后一行没有站人。（少一行）
- $C$为第一列没有站人。（少一列）
- $D$为最后一列没有站人。（少一列）
文氏图如下：
采用 补集思想：所有可能的站法 - 所有不可能的站法 = 符合条件的所有站法。
我们要计算的就是，$S$减去$ABCD$覆盖部分。
容斥原理公式表示为：
ans=S−(A+B+C+D)+(AB+AC+AD+BC+BD+CD)−(ABC+ABD+ACD+BCD)+(ABCD)
记：
s_1=(A+B+C+D)
s_2=(AB+AC+AD+BC+BD+CD)
s_3=(ABC+ABD+ACD+BCD)
s_4=(ABCD)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1000007;
const int N = 410;
int C[N][N];
int n, m, k, ans;
/*
Sample Input
2
2 2 1
2 3 2
Sample Output
Case 1: 0
Case 2: 2
*/
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("UVA11806.in", "r", stdin);
#endif
// 预处理出组合数结果数组
for (int i = 1; i < N; i++) {
C[i][0] = C[i][i] = 1;
for (int j = 1; j < i; j++)
C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
}
int T, cas = 1;
int S, s1, s2, s3, s4;
cin >> T;
while (T--) {
ans = 0; // 多组测试数据，每次注意清零
cin >> n >> m >> k; // n行,m列,k个人
if (k == 0) { // 一定要注意边界情况，比如0个人
printf("Case %d: 0\n", cas++);
continue;
}
S = C[n * m][k]; // n*m个格子中找出k个格子站人，就是所有方案数
/*
S为总数
A为第一行没有站人
B为最后一行没有站人
C为第一列没有站人
D为最后一列没有站人
令：
s1 =(A+B+C+D)
s2=(AB+AC+AD+BC+BD+CD)
s3=(ABC+ABD+ACD+BCD)
s4=(ABCD)
*/
// A:第一行没人，即C[(n-1)*m,k]
// B:最后一行没人,即C[(n-1)*m,k]
// C:第一列没人，即：C[n*(m-1),k]
// D:最后一列没人，即：C[n*(m-1),k]
s1 = 2 * (C[n * (m - 1)][k] + C[(n - 1) * m][k]) % mod;
// AB:第一行，最后一行没有人，行少了2行，列不变，即C[(n-2)*m,k]
// AC:第一行，第一列没有人，行少了1行，列少了一列，即C[(n-1)*(m-1),k]
// AD:第一行，最后一列没有人，即C[(n-1)*(m-1),k]
// BC:最后一行，第一列没有人，即C[(n-1)*(m-1),k]
// BD:最后一行，最后一列没有人,即C[(n-1)*(m-1),k]
// CD:第一列，最后一列没有人,即C[n*(m-2),k]
// 中间4个是一样的：4*C[(n-1)*(m-1),k]
s2 = (C[(n - 2) * m][k] + 4 * C[(n - 1) * (m - 1)][k] + C[n * (m - 2)][k]) % mod;
// ABC:第一行、最后一行、第一列没有人，行少了2行，列少了1列，即C[(n-2)*(m-1),k]
// ABD:第一行、最后一行、最后一列没有人，行少了2行，列少了1列，即C[(n-2)*(m-1),k]
// ABC+ABD=2*C[(n-2)*(m-1),k]
// ACD:第一行、第一列、最后一列没有人，行少了1行，列少了2列，即 C[(n-1)*(m-2),k]
// BCD:最后一行、第一列、最后一列没有人，行少了1行，列少了2列，即 C[(n-1)*(m-2),k]
// ACD+BCD=2*C[(n-1)*(m-2),k]
s3 = 2 * (C[(n - 2) * (m - 1)][k] + C[(n - 1) * (m - 2)][k]) % mod;
// 第一行，第一列，最后一行，最后一列都不能站，那么，剩下n-2行，m-2列，需要在(n-2)*(m-2)这么多的格子里找出k个格子
s4 = C[(n - 2) * (m - 2)][k] % mod;
ans = (S - s1 + s2 - s3 + s4) % mod; // 容斥原理
ans = (ans + mod) % mod; // 防止取余后出现负数
printf("Case %d: %d\n", cas++, ans); // 输出答案
}
return 0;
}
ACM-ICPC 2018 沈阳赛区网络预赛G-Spare $Tire$
题意
中文题意： 给出$a$的递推式，找出$1$到$n$中与$m$互质的数$i$，求$a[i]$和。
解题思路
结论：递推式 \large a_n = \frac{3a_{n-1} - a_{n-2}}{2} + n + 1 的通项公式为 $a_n = n^2 + n$。
可以使用数学归纳法来证明这个结论。
初值条件
当 n = 1 时，a_1 = 1^2 + 1 = 2,符合通项公式 $a_n = n^2 + n$。
当 n = 2 时，a_2 = 2^2 + 2 = 6,符合通项公式 $a_n = n^2 + n$。
归纳假设
假设对于所有的 $n \leq m$，递推式 a_n = \frac{3a_{n-1} - a_{n-2}}{2} + n + 1 的通项公式成立，即 $a_n = n^2 + n$。
归纳步骤
我们需要证明当 n = m+1 时，通项公式 a_n = n^2 + n 仍然成立。
根据递推式 $a_n = \frac{3a_{n-1} - a_{n-2}}{2} + n + 1$，我们有：
a_{m+1} = \frac{3a_m - a_{m-1}}{2} + m + 1+1
根据归纳假设，将 a_m 和 a_{m-1} 替换为 (m^2 + m) 和 $((m-1)^2 + (m-1))$，得到：
a_{m+1} = \frac{3(m^2 + m) - ((m-1)^2 + (m-1))}{2} + m + 1+1 \rightarrow
a_{m+1}=\frac{3m^2+3m-(m^2-2m+1)-m+1}{2}+m+1+1 \rightarrow
a_{m+1}=\frac{3m^2+3m-m^2+2m-1-m+1}{2}+m+1+1 \rightarrow
a_{m+1}=\frac{2m^2+4m}{2}+m+1+1 \rightarrow
a_{m+1} = m^2 + 2m +m+1+ 1 \rightarrow
a_{m+1} = m^2 + 2m +1+m+1 \rightarrow
a_{m+1}= (m+1)^2 + (m+1)
因此，当 n = m+1 时，通项公式 a_n = n^2 + n 仍然成立。
综上所述，根据数学归纳法，递推式 a_n = \frac{3a_{n-1} - a_{n-2}}{2} + n + 1) 的通项公式为 a_n = n^2 + n
费了牛劲，终于求得$a_n=n*n+n$，那么前$n$项和$S_n$是多少呢？
即S_n=a_1+a_2+a_3+...+a_n \rightarrow
S_n=1^2+1+2^2+2+3^2+3+...+n^2+n
拆开来看:
① $1,2,3,...,n$很显然是一个等差数列，
\large S_n'=(1+n)*n/2
② $1^2,2^2,3^2,...,n^2$这个序列的求和公式是多少呢? 这是自然数平方求和数列,有公式：
\large S_n''=n*(n+1)(2*n+1)/6
这个东西是怎么来的呢?
推导过程
2³-1³=3×1²+3×1+1
3³-2³=3×2²+3×2+1
4³-3³=3×3²+3×2+1
... ...
(n+1)³-n³=3n²+3n+1
以上$n$个式子相加，得
(n+1)³-1=3(1²+2²+3²+...+n²)+3(1+2+3+...+n)+(1+1+1+...+1)
即(n+1)³-1=3(1²+2²+3²+...+n²)+3[n(n+1)/2]+n
令S''=1²+2²+3²+...+n²
3S''=(n+1)³-1-3n(n+1)/2-n
3S''=(n+1)³-3n(n+1)/2-(n+1)
3S''=(n+1)((n+1)^2-3n/2-1)
S''=(n+1)(n^2+2n+1-3/2n-1)/3
S''=(n+1)(n^2+n/2)/3
S''=(n+1)(2n^2+n)/6
∴$S''=n(n+1)(2n+1)/6$。
更多推导方法，看 《具体数学》学习笔记:
4.四种方法推导平方和公式
我们直接求与$m$互质的数较难，所以我们可以换个思路，求与 $m$不互质的数，那么与$m$不互质的数，是取$m$的素因子的乘积（因为根据唯一分解定理，任意个数都可看作的素数积），那么我们将$m$分解质因数，通过容斥定理，就可以得道与$m$不互质的数，总和$sum$减去这些数对应的$a$的和就是答案了。
代码细节
如果我们利用两个质数$2,3$组成了一个数t=6,那么在$1\sim n$范围内，一共几个$6$的倍数呢? 以前学习过，是 n/6=n/t 个，
即：t,2t,3t,…n/t*t
现在我们需要把$i \in [t,2t,3t,…n/t*t]$计算\sum a[i]
有公因子t,设i=t*j
我们观察每一项：
a(i)=i^2+i=(t*j)^2+(t*j)=t^2*j^2+t*j
在平方和公式前面，要乘一个系数$t$的平方，同时在等差数列求和公式前面要乘一个系数$t$。
根据通项公式，可以以$O(1)$时间快速计算出结果:
\large s_x=t^2*s_x'+t*s_x''
Sample Input
4 4
Sample Output
14
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int mod = 1e9 + 7; // 尽量这样定义mod ，减少非必要的麻烦
// 快速幂
int qmi(int a, int b) {
int res = 1;
a %= mod;
while (b) {
if (b & 1) res = res * a % mod;
b >>= 1;
a = a * a % mod;
}
return res;
}
vector<int> p; // 将m拆分成的质数因子序列p
signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("SpareTire.in", "r", stdin);
#endif
int n, m;
int Six = qmi(6, mod - 2); // 因为需要用到 % 1e9+7 下6的逆元，用费马小定理+快速幂求逆元
int Two = qmi(2, mod - 2); // 因为需要用到 % 1e9+7 下2的逆元，用费马小定理+快速幂求逆元
while (cin >> n >> m) {
// 所结果拆分为平方和公式，等差数列两部分
// 注意：现在求的是整体值，还没有去掉不符合条件的数字
int first = n * (n + 1) % mod * (2 * n + 1) % mod * Six % mod;
int second = n * (n + 1) % mod * Two % mod;
int res = (first + second) % mod;
// 对m进行质因子分解
int t = m; // 复制出来
for (int i = 2; i * i <= t; i++) {
if (t % i == 0) {
p.push_back(i);
while (t % i == 0) t = t / i;
}
}
if (t > 1) p.push_back(t);
/*
容斥原理
例如有3个因子，那么1<<3=8(1000二进制)
然后i从1开始枚举直到7(111二进制），i中二进制的位置1表式取这个位置的因子
例如i=3(11二进制) 表示取前两个因子，i=5（101）表示取第1个和第3个的因子
*/
int s = 0;
for (int i = 1; i < (1 << p.size()); i++) {
int cnt = 0, t = 1;
for (int j = 0; j < p.size(); j++)
if ((i >> j) & 1) {
cnt++;
t *= p[j];
}
// 比如找到了s=6=2*3，需要知道s是奇数个，还是偶数个因子
// n/s:范围内6的倍数有多少个
int k = n / t;
int x = k * (k + 1) % mod * (2 * k + 1) % mod * Six % mod;
x = x * t % mod * t % mod; // 乘上t^2
// 还需要累加等差数列部分
// 首项是t,项数是k,末项 t*k
x = (x + k * (t + t * k) % mod * Two % mod) % mod;
if (cnt & 1)
s = (s + x) % mod;
else
s = (s - x + mod) % mod;
}
// 输出
cout << (res - s + mod) % mod << endl;
}
}