hdu4135——Co-prime（容斥原理求区间互素）

Problem Description
Given a number N, you are asked to count the number of integers between A and B inclusive which are relatively prime to N.
Two integers are said to be co-prime or relatively prime if they have no common positive divisors other than 1 or, equivalently, if their greatest common divisor is 1. The number 1 is relatively prime to every integer.

Input
The first line on input contains T (0 < T <= 100) the number of test cases, each of the next T lines contains three integers A, B, N where (1 <= A <= B <= 1015) and (1 <=N <= 109).

Output
For each test case, print the number of integers between A and B inclusive which are relatively prime to N. Follow the output format below.

Sample Input
2
1 10 2
3 15 5

Sample Output
Case #1: 5
Case #2: 10

敲了很多遍，感觉自己写的都没有别人好，就直接复制过来吧。。。
http://www.cnblogs.com/jiangjing/archive/2013/06/03/3115470.html
题意：就是让你求(a,b)区间于n互质的数的个数.

分析：我们可以先转化下：用(1,b)区间与n互质的数的个数减去(1,a-1)区间与n互质的数的个数,那么现在就转化成求(1,m)区间于n互质的数的个数,如果要求的是(1,n)区间与n互质的数的个数的话，我们直接求出n的欧拉函数值即可，可是这里是行不通的!我们不妨换一种思路：就是求出(1,m)区间与n不互质的数的个数，假设为num，那么我们的答案就是：m-num!现在的关键就是：怎样用一种最快的方法求出(1,m)区间与n不互质的数的个数？方法实现：我们先求出n的质因子(因为任何一个数都可以分解成若干个质数相乘的),如何尽快地求出n的质因子呢？我们这里又涉及两个好的算法了!第一个：用于每次只能求出一个数的质因子,适用于题目中给的n的个数不是很多，但是n又特别大的;(http://www.cnblogs.com/jiangjing/archive/2013/06/03/3115399.html)第二个：一次求出1~n的所有数的质因子,适用于题目中给的n个数比较多的，但是n不是很大的。(http://www.cnblogs.com/jiangjing/archive/2013/06/01/3112035.html)本题适用第一个算法！举一组实例吧:假设m=12,n=30.

第一步：求出n的质因子：2,3,5；

第二步：(1,m)中是n的因子的倍数当然就不互质了(2,4,6,8,10)->n/2 6个,(3,6,9,12)->n/3 4个,(5,10)->n/5 2个。

如果是粗心的同学就把它们全部加起来就是：6+4+2=12个了，那你就大错特错了,里面明显出现了重复的,我们现在要处理的就是如何去掉那些重复的了！

第三步：这里就需要用到容斥原理了，公式就是：n/2+n/3+n/5-n/(2*3)-n/(2*5)-n/(3*5)+n/(2*3*5).

第四步:我们该如何实现呢？我在网上看到有几种实现方法：dfs(深搜)，队列数组，位运算三种方法都可以！上述公式有一个特点：n除以奇数个数相乘的时候是加，n除以偶数个数相乘的时候是减。我这里就写下用队列数组如何实现吧：我们可以把第一个元素设为-1然后具体看代码如何实现吧！

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#define MAXN 222222
#define mod 4000010
using namespace std;
long long prime[1010],num;
void Init(long long n)
{
    long long i;
    num=0;
    for(i=2;i*i<=n;++i)
    {
        if(n%i==0)
        {
            prime[num++]=i;
            while(n%i==0)
                n/=i;
        }
    }
    if(n>1)
        prime[num++]=n;
}
long long solve(long long m)
{
    long long que[10000],i,j,k,t=0,sum=0;
    que[t++]=-1;
    for(i=0;i<num;++i)
    {
        k=t;
        for(j=0;j<k;++j)
            que[t++]=que[j]*prime[i]*(-1);
    }
    for(i=1;i<t;++i)
        sum+=m/que[i];
    return sum;
}
int main()
{
    int t,cnt=1;
    long long a,b,n;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&n);
        Init(n);
        long long ans=b-solve(b)-((a-1)-solve(a-1));
        printf("Case #%d: %lld\n",cnt++,ans);
    }
    return 0;
}