HDU-4790 容斥+思维

题意：

从区间 [ a , b ] 中间选择一个数 x ，从区间 [ c , d ] 中间选择一个数  y ，使得（ x + y ）% p == m 问几率有多大。

输出按照最简分式；

分析：

直接在这两个区间中间选择数不好选，那么可以算区间 [ 0 , b ]  跟区间 [ 0 , d ]  中间有多少满足的，然后容斥以下。

设 f ( a , b )  表示的是在区间0~a和区间0~b中分别取x和y使得(x+y)%p==m的事件数。 

那么答案可以写为 ans = f ( b ,d ) - f ( b , c-1 ) - f ( a-1 , d ) + f ( a-1 , c-1 ) 

例如：计算f(16,8),p=6,m=2. 

因为(x+y)%p=(x%p+y%p)%p.所以重写一下0~a和0~b两个区间。
对于a有：0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4
对于b有：0 1 2 3 4 5 0 1 2
a中（0 1 2 3 4 5）的数量为 a/p个，b中（0 1 2 3 4 5）的数量为 b/p个。
所以根据这个将两个区间分为四部分。
这样取A集合为（0 1 2 3 4 5/0 1 2 3 4 5）,B集合为（0 1 2 3 4）
C集合为（0 1 2 3 4 5/）,D集合为（0 1 2）。
这样就可以分成4部分来计算了。
f(16,8)=A和C满足条件的数+A和D满足条件的数+B和C满足条件的数+B和D满足条件的数。

一、A和C满足条件的数：
A中先取一个其中一个（0 1 2 3 4 5），C中取一个（0 1 2 3 4 5）从A中取一个数x，C中任意一个数y相加对p取余的范围是[0~5]也就是说 一个x对应一个y，A中有a/p个（0 1 2 3 4 5）C中有b/p个（0 1 2 3 4 5）每个区间p个数，所以总数为ans=(a/p)*(b/p)*p.

二、A和D满足条件的数：
D集合中元素数目mb=b%p+1（元素0）。根据( 一、)，AD满足的条件数为ans+=mb*(a/p)。

三、B和C满足条件的数：
跟（二、）同理，为ans+=(a%p+1)*(b/p)。

四、B和D满足条件的数：
首先令：

ma=a%p

mb=b%p

用ma进行分类，ma种的数跟mb中的数对应相加。

（1）若 ma>m 

则 ans += min ( mb , m )+1 因为若有 ma>m  则此时肯定有 m +1个满足 ，0+m=m  1+m-1=m  依次类推。

然而可能存在mb小于m，所以两者取一个最小值。然而这并不是最终结果，因为还可能存在 (ma+mb)%p>=m，可以看出来，当mb小于等于m的时候无论如何都取不到那种情况，当mb>m的时候才能取到，令t=(m-ma+p)%p，此时t代表满足上面条件的最小值，即(ma+t)%p>=m，t为满足条件最小值。并且t一定大于m，所以不存在与上面产生交集，判断如果t<=mb,那么还有mb-t+1个数满足条件。

（2）若ma<=m

因为不存在（1）中的第一种情况，所以直接考虑第二种情况，令t=(m-ma+p)%p，此时t一定小于m，如果t<=mb，则说明D中有与之相对应的。

那么一共有mb-t+1个？，不对，可能多算，因为如果mb>m的话，可能多算，因为0+m=m，1+m-1=m....ma+t=m，正好。

所以再加上min(m-t+1,mb-t+1)

#include

using namespace std;

typedef long long ll;

ll a,b,c,d,p,m;

ll f(ll a,ll b){
    if(a<0||b<0) return 0;
    ll ans=(a/p)*(b/p)*p;
    ll ma=a%p,mb=b%p;
    ans+=(b/p)*(ma+1);
    ans+=(a/p)*(mb+1);
    if(ma>m){
        ans+=min(mb,m)+1;
        ll t=(m-ma+p)%p;
        if(t<=mb) ans+=mb-t+1;
    }else{
        ll t=(m-ma+p)%p;
        if(t<=mb) ans+=min(m-t+1,mb-t+1);
    }
    return ans;
}

int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    for(int cs=1;cs<=T;cs++){
        scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&p,&m);
        ll ans=f(b,d)-f(b,c-1)-f(a-1,d)+f(a-1,c-1);
        ll sum=(b-a+1)*(d-c+1);
        ll t=__gcd(ans,sum);
        sum/=t;ans/=t;
        printf("Case #%d: %lld/%lld\n",cs,ans,sum);
    }
    return 0;
}