jzoj 4392. 【GDOI2016模拟3.16】幂 容斥原理

Description
已知 X∈[1,A],Y∈[1,B] X ∈ [ 1 , A ] , Y ∈ [ 1 , B ] ,问 XY X Y 有多少个不同的值。

Input
一行两个整数，表示A,B。

Output
一行一个整数，表示答案。

Sample Input

1000000000 1000000000

Sample Output

999983644283653287

Data Constraint

分析：
首先，对于 1 1 ，单独处理，最后答案加上 1 1 即可。
对于任意一对 xa=yb x a = y b ，根据质因数分解后的幂次，可以得出，必定有一个数 c c ，满足

ci=x,cj=y c i = x , c j = y

所以，我们枚举 c c ,满足没有任何一个整数 d d ，使得 c=de,且e>1 c = d e , 且 e > 1 。很明显，这些数是相互独立的，也就是他们的幂次不冲突，即每一个数都有 B B 个幂次。我们把 c,c2,c3,…… c , c 2 , c 3 , … … 一起处理，显然只有 c2,c3...... c 2 , c 3 . . . . . . 有影响，所以，对于我们只要枚举 [2,A−−√] [ 2 , A ] 即可。

我们设 k k 为 ck≤B c k ≤ B 中的最大的 k k 。对于 c,c2,c3,…… c , c 2 , c 3 , … … 来说，因为底数相同，指数不同的个数即为不同个数，不同的个数就是 i∈[1,k],j∈[1,B],i∗j i ∈ [ 1 , k ] , j ∈ [ 1 , B ] , i ∗ j 的不同的个数，因为 1e9<230 1 e 9 < 2 30 ，所以 k<30 k < 30 。

我们发现 i∗j∈[1,k∗B] i ∗ j ∈ [ 1 , k ∗ B ] ，但是每个 i i 能到达的最大值不同，比如说， i=1 i = 1 时， i∗B∈[1,B] i ∗ B ∈ [ 1 , B ] 。
所以，我们把区间成多份，依次为 [1,B],[B+1,2∗B],[2∗B+1,3∗B]…… [ 1 , B ] , [ B + 1 , 2 ∗ B ] , [ 2 ∗ B + 1 , 3 ∗ B ] … … 。其中，第 p p 的区间中的值，加入能表示成 i∗j i ∗ j ，那么 p<=i<=k p <= i <= k 。所以，第 p p 个区间中的答案，可以通过求 [B∗(p−1)+1,B∗p] [ B ∗ ( p − 1 ) + 1 , B ∗ p ] 中， [p,k] [ p , k ] 的每一个数的约数的总个数，这个显然可以容斥出来，但是复杂度最大是 230 2 30 ，不能通过。

我们发现，当 a|b a | b 时，且 a a 也在区间中时， b b 就是没有用的，剔除掉即可，这样最多有用的数不超过 15 15 个，求容斥就好了。

代码：

#include 
#include 
#include 
#define LL long long

using namespace std;

LL n,m,ans,cnt,sum;
bool v[100005];
LL a[35];

LL gcd(LL x,LL y)
{
    LL r=x%y;
    while (r)
    {
        x=y;
        y=r;
        r=x%y;
    }
    return y;
}

LL lcm(LL x,LL y)
{
    return x*y/gcd(x,y);
}

void getsum(LL x,LL p,LL l,LL r,LL d)
{
    if (x)
    {
        if (p) sum+=r/d-l/d;
          else sum-=r/d-l/d;
    }
    if (x>=cnt) return;
    for (LL i=x+1;i<=cnt;i++)
    {
        getsum(i,p^1,l,r,lcm(d,a[i]));
    }
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    LL p=trunc(sqrt(n));
    ans=(n-1)*m+1;  
    for (LL i=2;i<=p;i++)
    {
        if (v[i]) continue;
        LL c=i,k=1;
        while (c*i<=n)
        {
            if (c<=p) v[c]=1;
            k++;
            c*=i;
        }
        cnt=0;
        for (LL j=k;j>=2;j--)
        {
            a[++cnt]=j;
            for (LL l=1;l<=cnt-1;l++)
            {
                if (a[l]%a[cnt]==0)
                {
                    for (LL d=l+1;d<=cnt;d++) a[d-1]=a[d];
                    cnt--;
                }
            }           
            sum=0;
            getsum(0,0,(j-1)*m,j*m,1);
            ans-=m-sum;
        }
    }
    printf("%lld",ans);
}