HDU 2841 Visible Trees （容斥原理+素因子分解）

HDU 2841 Visible Trees （容斥原理+素因子分解）：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2841

题面：

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Problem Description

There are many trees forming a m * n grid, the grid starts from (1,1). Farmer Sherlock is standing at (0,0) point. He wonders how many trees he can see.

If two trees and Sherlock are in one line, Farmer Sherlock can only see the tree nearest to him.

 

Input

The first line contains one integer t, represents the number of test cases. Then there are multiple test cases. For each test case there is one line containing two integers m and n(1 ≤ m, n ≤ 100000)

 

Output

For each test case output one line represents the number of trees Farmer Sherlock can see.

 

Sample Input

   
   
   
   

    
    
    
    2
1 1
2 3
   
   
   
   

 

Sample Output

   
   
   
   

    
    
    
    1
5
   
   
   
   
   
   
   
   


   
   
   
   

题目大意：

初始值为站在(0,0)点，现有一个m*n（m行n列）的网格，每个格子中都会种树，计算从(0,0)能看着见数的棵树（如果有两棵树在同一条直线上，我们只能看到一棵树）。

题目分析：

根据题意，通过画图，对于任意一个点(x,y)，x和y有非1的最大公约数d，则该点可以缩小为(x/d,y/d)，将满足这样的点和(0,0)连起来，发现他们刚好在一条直线上，所以，我们只能看到这样的一棵树。所以，对于任意一点(x,y)，我们可以先去判断x和y的最大公约数是否为1，即两个数是否互质，如果互质，则能看到这个点上所能种的树，否则，我们就只能看到(x/d,y/d)点上的树。

所以，我们就是要找到所有满足x属于[1,m]和y属于[1,n]且x和y互质的点。

具体实现：（转）

我们可以固定一个数字，用一个数来循环。例如矩阵为n*m，我们固定m，用n来循环，即1与[1,m]里面多少个数互质，2与[1,m]里面多少个数互质，3与[1,m]里面多少个数互质……n与[1,m]里面多少个数互质，把这些结果全部累加起来即可

所以问题的最后变为了，给定一个数字x，怎么找出它和1到y里面有多少个数互质呢？

两个数字互质，其实就是它们没有公共的质因子，反过来两个数字有公共的质因子则一定不互质，那么我们可以求反面，x与1到y里面多少个数字不互质，然后用y减去即可。

在这里我们就用到了容斥原理：先找到有多少个数和x有1个公共的质因子，然后加上；再找到有多少个数与x有2个公共的质因子，然后减去；再找到有多少个数有多少个数与x有3个公共的质因子，然后加上……最后得到的个数，就是有多少个数与x不互质

因为容斥原理一个最基本的准则就是——

要计算几个集合并集的大小，我们要先将所有单个集合的大小计算出来，然后减去所有两个集合相交的部分，再加回所有三个集合相交的部分，再减去所有四个集合相交的部分，依此类推，一直计算到所有集合相交的部分。(奇数加，偶数减)

代码实现：（递归的部分就是最核心的部分）

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

int prime[100010][10];
int cnt[100010]= {0};
void Init()  //筛法筛出所有的素因子,i的素因子分别存放在prime[i][j]里面
{
    //2*3*5*7*11*13*17>100000，所以二维数组的列数不用开太大
    for(int i=2; i<=100000; i++)
    {
        if(cnt[i]!=0) continue;
        prime[i][0]=i;
        cnt[i]=1;
        for(int j=2; j*i<=100000; j++)
        {
            prime[i*j][cnt[i*j]++]=i;
        }
    }
}

long long dfs(int n,int m,int k) 
{
    long long ret=0;
    for(int i=k; i<cnt[n]; i++)
    {
        ret=ret+(m/prime[n][i]-dfs(n,m/prime[n][i],i+1));
    }
    return ret;
}

int main()
{
    int t;
    int m,n;
    Init();
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&m,&n);
        long long ans=m;//当i为1的时候，互素的数肯定为m个
        for(int i=2; i<=n; i++)
        {
            ans=ans+(m-dfs(i,m,0));
            //cout<<"ans= "<<ans<<" ";
        }
        printf("%I64d\n",ans);
    }
    return 0;
}