hdu 1695（欧拉函数+容斥原理）
GCD
Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Please notice that, (x=5, y=7) and (x=7, y=5) are considered to be the same.
Yoiu can assume that a = c = 1 in all test cases.
Each case contains five integers: a, b, c, d, k, 0 < a <= b <= 100,000, 0 < c <= d <= 100,000, 0 <= k <= 100,000, as described above.
2 1 3 1 5 1 1 11014 1 14409 9
Case 1: 9 Case 2: 736427HintFor the first sample input, all the 9 pairs of numbers are (1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 3), (2, 5), (3, 4), (3, 5).
大体思路：
枚举[1..y]中每个数i 判断[1..min(x,i)]中有多少数与i互质，统计个数。（注意，枚举的是比较大的区间[1..y]）。
显然如果i是质数，则[1..min(x,i)]中与i互质的个数是全体的个数或者i-1个。（取决于x和i的大小）。
当i不是质数时，i分解质因数后，质因数的次数不影响结果。我们看另外那个区间有多少个和i不互质（减一下就好了），于是我们只要看另外那个区间中有多少个数是i质因数的倍数就好了。
区间[1..w]中 p的倍数 显然有 w/p个。
我们枚举i的质因数利用容斥原理：
看另外那个区间有多少个数与i不互质。
容斥原理的具体如下：
区间中与i不互质的个数 = （区间中i的每个质因数的倍数个数）-（区间中i的每两个质因数乘积的倍数）+（区间中i的每3个质因数的成绩的倍数个数）-（区间中i的每4个质因数的乘积）+...
于是问题变成了统计每个数的不同质因数的个数而忽略次数。这个可以用筛法。具体做法如下：
对每个数保存一个真质因数的列表。初始每个列表的长度为0。然后从2开始，分别检查每个数的列表长度，如果列表长度不为0，则这个数是合数，跳过；如果这个长度为0，则我们找到了一个质数，同时再把这个数的倍数（不包含本身）的列表里加入这个数。
题目意思好懂,在[1...b]中选x,在[1....d]中选y,使gcd(x,y)=k,求不重复的对数
有一个小小的变形:在[1...b/k]中选x,在[1....d/k]中选y,使gcd(x,y)=k,求不重复的对数（因为x与y把k约去之后，肯定互为素数）
我们让d>=b; 然后在[1....d/k]进行枚举,对于每一个i,我们只要在1...min(i-1,b)中找到与i互质数,记录个数,然后累加就得到结果了
当i<=b/k时,我们可以直接用欧拉函数计算出与i互质的个数 (当然要先进行因子分解,才能求欧拉函数)
当b/k<i<=d/k时,就比较难求了,我们用b/k减去与i不互质的数的个数得到,求与i不互质的数的个数时就用到容斥原理,设i的素因子分别的p1,p2...pk,则1..b/k中p1的倍数组成集合A1,p2的倍数组成集合A2,p3到A3.....pk到Ak, 由于集合中会出现重复的元素, 所以用容斥原理来求A1并A2并A3.....并Ak的元素的数的个数.
remark：这里的容斥原理利用了dfs，我最开始的疑惑是在于代码里为什么没有体现出正负号，后面仔细分析了一下dfs的过程，确实是没错，因为递归进入到下一层后，同样是b'-a'，那return到调用它的那一层（即上一层）时，同样也是拿b-a（a = b‘-a’） = b - b'+a‘，这个式子就体现出了正负号的变化。所以dfs算容斥原理，只需要把握好当前状态就OK了，后面交给递归去处理它。
这算是一道比较复杂的数论题了,参照了大牛门的代码....没办法自己没有能力想出来；
AC:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
__int64 euler[maxn]; //存放每个数的欧拉函数值
int num[maxn]; //存放当前数素数因子的个数
int prime[maxn][10]; //存放当前数的素因子
void EulerPrime() //筛选法求欧拉函数值
{
euler[1] = 1;
for(int i = 2; i < maxn; i++)
{
if(!euler[i])
{
for(int j = i; j < maxn; j += i)
{
if(!euler[j])
euler[j] = j;
euler[j] = euler[j] / i * (i-1);
prime[j][num[j]++] = i;
}
}
euler[i] += euler[i-1];
}
}
__int64 dfs(int cur,int b,int now)
{
__int64 res = 0;
for(int i = cur; i < num[now]; i++)
res += b / prime[now][i] - dfs(i+1,b/prime[now][i],now);
return res;
}
int main()
{
int t,cas = 1;
cin>>t;
EulerPrime();
while(t--)
{
int a,b,c,d,k;
cin>>a>>b>>c>>d>>k;
if(k==0)
{
printf("Case %d: 0\n",cas++);
continue;
}
if(b > d)
swap(b,d);
b /= k; d /= k;
__int64 ans = euler[b];
for(int i = b+1; i <= d; i++)
ans += b - dfs(0,b,i);
cout<<"Case "<<cas++<<": "<<ans<<endl;
}
return 0;
}