容斥原理解决某个区间[1,n]闭区间与m互质数数量问题

首先贴出代码(闭区间[1,n]范围内和m互质的数）

代码：

int solve(II n,II m){
    vectorp;
    for(II i=2;i*i<=m;i++){
        if(m%i==0){
            p.push_back(i);
            while(m%i==0) m/=i;
        }
    }
    if(m>1) p.push_back(m); 
    II sz=p.size();
    LL sum=0;
    for(II i=1;i<(1<){
        II ct=0;
        LL mul=1;
        for(II j=0;j){
            if(i&(1<<j)){
                ct++;
                mul*=p[j];
            }
        }
        if(ct&1) sum+=n/mul;
        else sum-=n/mul;
    }
    return n-sum;
}

这里解释一下原理：首先假设m有x个不同的质因子，那么可以组成的因子数就是2^x-1种，然后10^18以内所有的数的质因子个数不会超过15个，所以2^15次方暴力枚举所有情况这个复杂度还是可取的。我们假设p1,p2,p3都是m的质因子，假设当前枚举的因子是p1*p2*p3那么n以内可以整除p1*p2*p3的数量就是n/(p1*p2*p3)，但是这里考虑到一个会重复问题就是拥有奇数个质因数的因子的在n以内可以整除的数量已经包含了偶数个数量，但是偶数个的并不包含奇数个的，所以我们枚举的时候需要奇加偶减，这样我们算出来的ans是n以内和m不互质的数的数量，那么和m互质的数量就是n-ans。

贴上一些可以用这个方法解决的练习题：

HDU1695：这个题好像正解使用什么莫比乌斯反演，题目的意思是求[1,a],[1,b]有多少对数GCD(x,y)==k，但是(x,y)和(y,x)算一对，有一个定理如果GCD(x,y)==k ，则GCD(x/k,y/k)==1那么现在问题转化为求[1,a/k],[1,b/k]以内互质的数有多少对，现在我们要取minn=min(a/k,b/k)，我们可以先求minn的欧拉函数的前缀和，然后再求minn+1到max(a/k,b/k)的数在[1,max(a/k.b/k)]以内所有与它互质的数的数量，然后把所有的加起来就可以了。

代码：

 1 //Author: xiaowuga
 2 #include 
 3 using namespace std;
 4 #define inf 0x3f3f3f3f
 5 #define MAX INT_MAX
 6 #define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s))
 7 const long long N=100000; 
 8 const long long mod=1e9+7; 
 9 typedef long long LL;
10 typedef int II;
11 typedef unsigned long long ull;
12 #define nc cout<<"nc"<13 #define endl "\n"
14 vectorEuler;
15 void init_Euler(II n){
16     Euler.resize(n+1);
17     Euler[0]=0;
18     Euler[1]=1;
19     for(LL i=2;ii;
20     for(LL i=2;i){
21         if(Euler[i]==i){
22             for(LL j=i;ji)
23                 Euler[j]=Euler[j]/i*(i-1);//先进行除法防止溢出
24         }
25     }
26     for(II i=1;i){
27         Euler[i]+=Euler[i-1];
28     }
29 }
30 int solve(II n,II m){
31     vectorp;
32     for(II i=2;i*i<=m;i++){
33         if(m%i==0){
34             p.push_back(i);
35             while(m%i==0) m/=i;
36         }
37     }
38     if(m>1) p.push_back(m); 
39     II sz=p.size();
40     LL sum=0;
41     for(II i=1;i<(1<){
42         II ct=0;
43         LL mul=1;
44         for(II j=0;j){
45             if(i&(1<<j)){
46                 ct++;
47                 mul*=p[j];
48             }
49         }
50         if(ct&1) sum+=n/mul;
51         else sum-=n/mul;
52     }
53     return n-sum;
54 }
55 int main() {
56     ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
57     II a,b,c,d,k;
58     II T,ca=0;
59     init_Euler(100000+1000);
60     cin>>T;
61     while(T--){
62         cin>>a>>b>>c>>d>>k;
63         if(k==0||k>b||k>d){
64             cout<<"Case "<<++ca<<": "<<0<<endl;
65             continue;
66         } 
67         if(b>d) swap(b,d);
68         b/=k;d/=k;
69         LL ans=Euler[b];
70         for(II i=b+1;i<=d;i++){
71             ans+=solve(b,i);
72         }
73         cout<<"Case "<<++ca<<": "<endl;
74     }
75     return 0;
76 }

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POJ2773：这个题求第n个与k互质的数。

1.一个简单的思路就是如果[1,k]中有x个与k互质的数，那么[k+1,2*k]中也有x个，每个k个一个循环都会出现x个数与k互质，而且加入y

2.二分+验证的思想，首先一个数越大，那么他包含的与k互质的数一定越多对吧？这个性质不就是单调性吗？任何满足单调性的问题我们都可以用二分来解决，所以我们可以用二分，加验证的思想找到和第n个k互质的数是多少

代码：

 1 //Author: xiaowuga
 2 #include
 3 #include
 4 using namespace std;
 5 #define inf 0x3f3f3f3f
 6 #define MAX INT_MAX
 7 #define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s))
 8 const long long N=100000; 
 9 const long long mod=1e9+7; 
10 typedef long long LL;
11 typedef int II;
12 typedef unsigned long long ull;
13 #define nc cout<<"nc"<14 #define endl "\n"
15 LL solve(II r,LL n){
16     vector<int>p;
17     for(II i=2;i*i<=r;i++){
18         if(r%i==0){
19             p.push_back(i);
20             while(r%i==0) r/=i;
21         }
22     }
23     if(r>1) p.push_back(r);
24     LL sum=0;
25     for(LL i=1;i<(1<){
26         LL d=1,ct=0;
27         for(II j=0;j){
28             if(i&(1<<j)){
29                 ct++;
30                 d*=p[j];
31             }
32         }
33         if(ct%2) sum+=n/d;
34         else sum-=n/d;
35     }
36     return n-sum;
37 }
38 int main() {
39     ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
40     II n,k;
41     while(cin>>n>>k){
42         LL l=1,r=inf*2;
43         LL ans=1;
44         while(l<r){
45             LL m=l+(r-l)/2;
46             LL t=solve(n,m);
47             if(t>=k){
48                if(t==k) ans=m;  
49                r=m; 
50             }
51             else{
52                 l=m+1;
53             }
54         }
55         cout<endl;
56     }
57     return 0;
58 }

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