hdu 5514 Frogs 2015沈阳区域赛 数论 欧拉 好题 开心的题

题目

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5514

题目来源：2015沈阳区域赛，现场A的题，银牌题。

简要题意： n 个青蛙在 m 长的环上从 0 开始无限跳，每只跳 ai 远，求所有会被青蛙跳到的格子下标之和。

数据范围： T⩽20;1⩽n⩽104;1⩽m⩽109;ai⩽109

开心的题

沈阳现场开场非常糟糕，各种卡题。

在途中好不容易三题了，但是罚时已经比较高了，估计不出四题就没法银。

看到这题是数论题，于是死磕，封榜后8分钟1A此题，拿到了ICPC第一块银。

题解

显然很容易看出格子是否被跳和 gcd(ai,m) 有关。

对于任意一个 gcd(ai,m) ，其 [0,m) 内的倍数一定会被跳到。

这个命题进行转化就是对于一个格子 x ，如果存在 gcd(ai,m)∣x ，那它会被跳到。

由于 gcd(x,m)∣m ，其规模最大为 m 的约数。

gcd(ai,m)∣gcd(x,m) 是 x 被跳到的充要条件。

于是我们可以枚举 m 的约数 g ，让 gcd(x,m)=g 的数形成一个集合，通过 gcd(ai,m)∣g 的存在性来判断该集合的数是否该被加入。

如果加入的话，由欧拉函数就可以得到集合元素的和了。

比 x 小与之互质的数的和为 φ(x)x2 （注意是小，不是小于等于，小于等于要特判 1 ，钢霸发现这个点的）。

于是结果为 gφ(m/g)m/g2=φ(m/g)m2 。

注意 g=m 的情况需要去掉，因为是 [0,m) 的。

实现

基本上怎么写都是过，沈阳的时候随手写了发很暴力的欧拉和枚举，都过了。

回来尝试了下分解素因数再枚举约数，结果没有快非常多。

会写欧拉的话实现这道题不是很难，听说还可以用容斥原理写，赛场上觉得复杂度太高直接放弃了。

容斥的后来看了下别人怎么写的，学了下，还是挺巧妙的，附在了后头。

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
LL powmod(LL a,LL b, LL MOD) {LL res=1;a%=MOD;for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;}return res;}
// head
const int N = 1E4+5;
int t, n, m, cas = 1;

int a[N];

LL getPhi(int m) {
    int phi = m;
    for (int i = 2; i*i <= m; i++) {
        if (m % i == 0) {
            while (m % i == 0) m /= i;
            phi = phi/i*(i-1);
        }
    }
    return m > 1 ? phi/m*(m-1) : phi;
}

bool ck(int x) {
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (x % a[i] == 0) return true;
    }
    return false;
}

int main() {
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d", a+i);
            a[i] = __gcd(a[i], m);
        }
        LL ans = 0;
        for (int i = 1; i*i <= m; i++) {
            if (m % i) continue;
            if (ck(i)) ans += (LL)getPhi(m/i)*m/2;
            if (i*i == m || i == 1) continue;
            if (ck(m/i)) ans += (LL)getPhi(i)*m/2;
        }
        printf("Case #%d: %I64d\n", cas++, ans);
    }
    return 0;
}

容斥题解

这题也可以写成容斥，对所有的倍数去减去，然后扫一遍就行了。

容斥代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
LL powmod(LL a,LL b, LL MOD) {LL res=1;a%=MOD;for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;}return res;}
// head
VI fac;
VI cnt;

int main()
{
    int t, n, m, cas = 1, x;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for (int i = 1; i*i <= m; i++) {
            if (m % i) continue;
            fac.pb(i);
            if (i*i != m) fac.pb(m/i);
        }
        sort(all(fac));
        cnt = VI(fac.size(), 0);

        for (int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d", &x);
            x = __gcd(x, m);
            for (int j = fac.size()-2; ~j && fac[j] >= x; j--) {
                if (fac[j] % x == 0) cnt[j] = 1;
            }
        }

        LL ans = 0;
        for (int i = 0; i < fac.size(); i++) {
            if (cnt[i] == 0) continue;
            LL temp = m/fac[i];
            ans += temp*(temp+1)/2 * fac[i] * cnt[i];
            for (int j = i+1; j < fac.size(); j++) {
                if (fac[j] % fac[i] == 0) cnt[j] -= cnt[i];
            }
        }
        printf("Case #%d: %I64d\n", cas++, ans);
        fac.clear();
    }
    return 0;
}