【数论】【容斥原理】【EXGCD】COCI 2017/2018 Round #3 Sažetak

分析：

非常板的容斥题。。。考场上时间多点应该还是写得出来的。。。

转换一下题目，就是求
满足 x≡1(mod ai)且x≡0(mod aj) x ≡ 1 ( m o d   a i ) 且 x ≡ 0 ( m o d   a j ) 的x的个数（ x≤N x ≤ N ）。

由于N非常大，无法判断求解，只能算贡献。

就是对于一对数 ai,aj a i , a j 求 A∗ai=B∗aj+1 A ∗ a i = B ∗ a j + 1 中A的解的个数。
然而算贡献最大的弊病就是会重复，所以要去重。

然后就可以用容斥原理。

定义 f(u,v) f ( u , v ) 表示 ∀i∈u满足 x≡1(mod ai)且∀j∈v满足 x≡0(mod aj) ∀ i ∈ u 满 足   x ≡ 1 ( m o d   a i ) 且 ∀ j ∈ v 满 足   x ≡ 0 ( m o d   a j )

那么答案就是 ∑(−1)|u|+|v|f(u,v) ∑ ( − 1 ) | u | + | v | f ( u , v )

接下来就是求 f(u,v) f ( u , v ) ，可以用exgcd来算，因为 ∀i∈u满足 x≡1(mod ai)⇒x≡1(mod lcm(a0,a1,a2,……)) ∀ i ∈ u 满 足   x ≡ 1 ( m o d   a i ) ⇒ x ≡ 1 ( m o d   l c m ( a 0 , a 1 , a 2 , … … ) ) 。

然后就变成 Ax=By+1 A x = B y + 1 的解，就变成了 Ax−By=1 A x − B y = 1 ，然后就是exgcd的模板了。

#include
#include
#include
#include
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXM 22
#define MAXN 1100000
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
ll f[MAXN],sum[MAXN],a[MAXN],sum1[MAXN];
int m;
ll gcd(ll x,ll y){
    if(y==0)
        return x;
    return gcd(y,x%y);  
}
ll lcm(ll x,ll y){
    ll g=gcd(x,y);
    return x/g*y;
}
ll exgcd(ll x,ll y,ll g){
    if(g==0)
        return 0;
    ll t=exgcd(y%x,x,g%x);  
    t=(g-t*y)/x;
    if(t<0){
        t+=(-t)/y*y;
        t+=y;
    }
    return t%y;
}
int main(){
    SF("%lld%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<m;i++)
        SF("%d",&a[i]);
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<(1<<m);i++){
        int k1=(i&(-i));
        int k=-1;   
        while(k1){
            k1>>=1;
            k++;
        }
        int i1=(i^(1<if(f[i1]==0)
            continue;
        f[i]=lcm(f[i1],a[k]);
        if(f[i]>n)
            f[i]=0;
    }

    for(int i=1;i<(1<<m);i++)
        for(int j=1;j<(1<<m);j++)
            if(f[i]&&f[j]&&gcd(f[i],f[j])==1){
                ll x=exgcd(f[i],f[j],1);
                ll res=f[i]*x;
                ll lcc=f[i]*f[j];
                if(resm)]=(n-res-1ll)/lcc+1ll;
            }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<(1<<(2*m));i++){
        int x=__builtin_popcount(i);
        if(x%2==0)
            ans+=sum[i];
        else
            ans-=sum[i];    
    }
    for(int i=0;i<m;i++)
        if(n%a[i]==1){
            ans++;
            break;
        }
    PF("%lld",ans);
}