1342C - Yet Another Counting Problem(暴力枚举)

原题链接

题意:给你两个数a和b,q个询问,每个询问包括两个数l,r,对一个数x,l<=x<=r,x满足((x mod a) mod b)≠((x mod b)mod a),计算每一个询问

解法:我们可以假设x = k1 * a + c,x = k2 * b + d

那么如果((x mod a) mod b)=((x mod b)mod a)成立,c = d,那么x的表达式就可以表示为x = k*lcm(a,b) + e;其中e为max(a,b) - 1

#include
#define sc scanf
#define pr printf
#define ll long long 
using namespace std;
void solve(){
	int a,b,q;
	sc("%d%d%d",&a,&b,&q);
	int e = max(a,b);
	ll lc = 1ll*a*b/__gcd(a,b);
	while(q--){
		ll l,r;
		sc("%lld%lld",&l,&r);
		//求出1-l-1不满足的
		ll findl = (l - 1)/lc*e;
		ll temp = (l-1)%lc;
		if(temp >= e){
			findl += e;
		}else{
			findl += (temp + 1);
		}
		
		//求出1-r不满足的 
		ll findr = (r)/lc*e;
		temp = r % lc;
		if(temp >= e){
			findr += e;
		}else{
			findr += (temp) + 1;
		}
		ll ans = r - l + 1 - findr + findl;
		if(q == 0)pr("%lld\n",ans);
		else pr("%lld ",ans);
	} 
}
int main(){
//	freopen("2.in","r",stdin);
	int t;
	sc("%d",&t);
//	t = 1;
	while(t--)solve();
}

另外用一种循环节的方法,更方便理解我只需要暴力枚举a*b里面所有不满足i%a%b != i%b%a的情况用前缀和记录下来

那么之后查询的时候就可以直接进行求解答案了(r/n-(l-1)/n) * cnt[n] + cnt[r%n]-cnt[(l-1)%n]

#include
#define sc scanf
#define pr printf
#define ll long long 
using namespace std;
const int maxn = 40000 + 100;
int cnt[maxn];
void solve(){
	int a,b,q;
	sc("%d%d%d",&a,&b,&q);
	int n = a*b;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cnt[i] = cnt[i - 1];
		if((i%a%b) != (i%b%a))cnt[i]++;
	}
	while(q--){
		ll l,r;
		sc("%lld%lld",&l,&r);
		ll ans = (r/n-(l-1)/n)*cnt[n] + cnt[r%n]-cnt[(l-1)%n];
		if(q == 0)pr("%lld\n",ans);
		else pr("%lld ",ans);
	} 
}
int main(){
//	freopen("2.in","r",stdin);
	int t;
	sc("%d",&t);
//	t = 1;
	while(t--)solve();
}