第三十六章 数论——容斥原理

第三十六章 数论——容斥原理

  • 一、容斥原理
    • 1、定理内容
  • 二、代码模板
    • 1、问题
      • (1)如何求出能够被整除的个数?
      • (2)如何枚举出 2 n − 1 2^n-1 2n1种情况?
    • 2、代码实现:

一、容斥原理

1、定理内容

我们在高中阶段都学过韦恩图,韦恩图其实就是用来描述集合与集合之间的关系的。

我们看下面的图:
第三十六章 数论——容斥原理_第1张图片
这道题的话,我们首先将三个圆圈加在一起,但是叶子形状的部分会被我们重复加了两遍,所以我们要减去。但是三个叶子形状的中间也会有交叉的部分。所以这个部分又被我们减少了三次。所以我们还要再加上一次中间部分。

因此,就出现了我们图中的红色式子。

因此,我们总结出了一个规律。如果我们求的是奇数个集合的合并,那么我们就要加上。如果是偶数个集合的合并,我们就要减去。

那么我们从这个特殊的例子推广到一般情况,就会得到如下公式:
第三十六章 数论——容斥原理_第2张图片
而这个式子就是我们的容斥原理

那么容斥原理的时间复杂度是多少呢?

我们可以看作我们的前面有 n n n个集合 S S S,那么我们从中选出1个集合就是 C n 1 C_n^1 Cn1
选出任意两个集合的交集,就是 C n 2 C_n^2 Cn2

那么依次类推:

我们选出所有集合所需的情况就是:

C n 1 + C n 2 + C n 3 + . . . + C n n C_n^1+C_n^2+C_n^3+...+C_n^n Cn1+Cn2+Cn3+...+Cnn

而根据我们高中的知识:
C n 0 + C n 1 + C n 2 + C n 3 + . . . + C n n = 2 n C_n^0+C_n^1+C_n^2+C_n^3+...+C_n^n=2^n Cn0+Cn1+Cn2+Cn3+...+Cnn=2n

那么我们选出所有情况来运用容斥原理计算的次数就是:

C n 1 + C n 2 + C n 3 + . . . + C n n = 2 n − 1 C_n^1+C_n^2+C_n^3+...+C_n^n=2^n-1 Cn1+Cn2+Cn3+...+Cnn=2n1

时间复杂度就是 O ( 2 n ) O(2^n) O(2n)

二、代码模板

1、问题

第三十六章 数论——容斥原理_第3张图片

这道题可以转化成下面的图片:

第三十六章 数论——容斥原理_第4张图片
紫色圈代表能够被p1整除的,绿色圈代表能被p2整除的,依此类推。题目中就是让我求上图中的元素个数。

如果我们只是单纯的把被某个数整除的数字个数加起来的话,中间一定会有重复的。因此,我们需要根据容斥原理来求。

利用容斥原理的话,我们有以下几个问题:

(1)如何求出能够被整除的个数?

其实很简单,能被 p 1 p_1 p1整除的个数是 [ N p 1 ] [\frac{N}{p_1}] [p1N]

中间的交集的话,我们以能够被 p 1 p_1 p1或者 p 2 p_2 p2为例。我们只需要求 [ N p 1 ∗ p 2 ] [\frac{N}{p_1*p_2}] [p1p2N]

依次类推。

(2)如何枚举出 2 n − 1 2^n-1 2n1种情况?

那么这个枚举的话,可以采用二进制的思想,我们的情况一共是 2 n − 1 2^n-1 2n1种,我们将其转化为二进制的话,(以n=3)为例:

2 3 − 1 = 111 2^3-1=111 231=111

每一位代表一个集合,此时三位都是1,说明我们要求三个集合的交集

那么如果是 101 101 101,就代表我们要求第一个集合和第三个集合的交集。

而我们的所有情况无非就是从 001 − 111 001-111 001111,换算为十进制的话,我们就是要枚举从 1 1 1 2 n − 1 2^n-1 2n1。这中间的每个数字的二进制位都代表着一种情况。

当上述两个问题解决之后,我们就可以套用容斥原理的公式了。

2、代码实现:

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=20;
int p[N];
int main()
{
    int n,m,res=0;
    cin>>n>>m;
    //读取除数
    for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d",p+i);
    //枚举情况
    for(int i=1;i<1<<m;i++)
    {
    	//t用来记录结果,s用来记录集合的个数
        int t=1,s=0;
        //枚举情况i的二进制位
        for(int j=0;j<m;j++)
        {
            if(i>>j&1)//如果这一位是1,那么就让该位对应的集合参与运算
            {
                if((LL)t*p[j]>n)//如果几个数的积,已经大于了n,那么这种情况不存在。
                {
                    t=0;//如果不存在了,就直接扔掉就好了。
                    break;
                }
                t*=p[j];//乘上该集合所对的除数
                s++;//记录参与的集合个数
            }

        }
        if(t)
        {
        	//使用容斥原理:
            if(s%2)res+=n/t;//如果集合是奇数就加上
            else res-=n/t;//如果集合是偶数就减去
        }
    }
    cout<<res<<endl;
}

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