数学 - 容斥原理 - 能被整除的数

数学 - 容斥原理 - 能被整除的数

1、容斥原理

$设有n个集合S_1,S_2,...,S_n，n个集合的并集的元素个数：$ $$|S_1\cup S_2\cup ...\cup S_n|=(\sum _{i=1}^n|S_i|)-(\sum _{i,j=1}^n|S_i\cap S_j|)+(\sum _{i,j,k=1}^n|S_i\cap S_j\cap S_k|)-...$$

$抽象地，公式为：$

$$\sum _{k=1}^n\sum _{i_1,i_2,...,i_k=1}^n(-1{)}^{k-1}|S_{i_1}\cap S_{i_2}\cap ...\cap S_{i_k}|，$$
$其中i_1\ne i_2\ne ...\ne i_k，k\in [1,n]是相交集合的个数。$

说明：

$对于：$
$$|S_1\cup S_2\cup ...\cup S_n|=(\sum _{i=1}^n|S_i|)-(\sum _{i,j=1}^n|S_i\cap S_j|)+(\sum _{i,j,k=1}^n|S_i\cap S_j\cap S_k|)-...$$

$假设元素x\in S=S_1\cup S_2\cup ...\cup S_n，且x属于S的k个子集，$

$那么在统计{\sum }_{i=1}^n|S_i|时就会统计C_k^1=k次，由于x可能同时属于两个集合，这部分就被多加了，要减去$

$在统计{\sum }_{i,j=1}^n|S_i\cap S_j|时就会统计C_k^2次，减去这部分后，由于x又可能同时属于3个集合，这部分被多减了，$

$...$

$则对于元素x，整个等式右侧会被统计C_k^1-C_k^2+...+(-1{)}^{k-1}{C}_k^k={\sum }_{i=1}^k(-1{)}^{i-1}{C}_k^i次。$

2、能被整除的数

给定一个整数n和m个不同的质数p1,p2,…,pm。

请你求出1~n中能被p1,p2,…,pm中的至少一个数整除的整数有多少个。

输入格式
第一行包含整数n和m。

第二行包含m个质数。

输出格式
输出一个整数，表示满足条件的整数的个数。

数据范围
1≤m≤16,
1≤n,pi≤10⁹

输入样例：
10 2
2 3
输出样例：
7

---

分析：

$对于每个质数p_i，n以内能够被p_i整除的数的个数为\lfloor \frac{n}{p_i}\rfloor 个，记集合S_i表示n以内能够被p_i整除的数，则|S_i|=\lfloor \frac{n}{p_i}\rfloor 。$

$由于给定的p都是质数，故能够同时被p_i和p_j都整除的数共有\lfloor \frac{n}{p_i\cdot p_j}\rfloor 个，以此类推...$

$$\begin{gathered} 那么|S_1\cup S_2\cup ...\cup S_m|=({\sum }_{i=1}^m|S_i|)-({\sum }_{i,j=1}^m|S_i\cap S_j|)+({\sum }_{i,j,k=1}^m|S_i\cap S_j\cap S_k|)-... \\ =({\sum }_{i=1}^m\lfloor \frac{n}{p_i}\rfloor )-({\sum }_{i,j=1}^m\lfloor \frac{n}{p_i\cdot p_j}\rfloor )+... \end{gathered}$$

具体落实：

$对于m个质数，共有2^m-1个非空集合，分别对应着一些集合的交集。$

$用一个m位二进制数来表示这样的集合，若改二进制数的第i位是1，表示这个集合中的数能够整除p_i。$

$①、从[1,2^m-1]枚举所有可能的状态。$

$②、对于每个状态，需要统计这个状态所包含的质数的乘积t={\prod }_{i=1}^m{p}_i，状态中1的个数cnt。$

$③、若t>n，说明n以内能够被当前集合内的所有质数都整除的数的个数\lfloor \frac{n}{t}\rfloor =0，此时可以直接退出循环。$

$④、若cnt为奇数，根据公式，答案需要加上\lfloor \frac{n}{t}\rfloor ，否则答案应当减去\lfloor \frac{n}{t}\rfloor 。$

代码：

#include

#define ll long long

using namespace std;

int n,m,p[20];

int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<m;i++) cin>>p[i];
    
    int res=0;
    for(int i=1;i<1<<m;i++)
    {
        ll t=1;
        int cnt=0;
        for(int j=0;j<m;j++)
            if(i>>j&1)
            {
                cnt++;
                t*=p[j];
                if(t>n) break;
            }
        if(cnt&1) res+=n/t;
        else res-=n/t;
    }
    
    cout<<res<<endl;
    
   	return 0;
}