boj 19

 

Description

 

在一张卡片上面，有N+1个正整数，最后一个数是M，而前N个数都不超过M，设为a1, a2, a3, …, aN， 问是否存在整数x1, x2, x3, …, xN, x(N+1), 满足x1*a1 + x2*a2 +...+ xN*aN +x(N+1)*M　=　１。
当确定N和M后，显然一共有M^N张不同的卡片。现在的问题是，在这所有的卡片中，有多少张满足上面条件。

 

Input

 

多组数据。两个整数N和M(N <= 10 , M <= 50)， 最后的结果不超过２^６３

Output

 

满足条件的卡片数。

Sample Input

 

2 4

Sample Output

 

12

Hint

 

长整型请用long long


想要x1*a1 + x2*a2 +...+ xN*aN +x(N+1)*M=1成立，则a1....a2中至少存在一个数ak使得Gcd(m,ak)=1;考虑反面则为总的数的个数m^n减去不存在Gcd(m,ak)=1的数列的个数。将m进行质因数分解：m=f1^fa*f2^fb（此处以两个因数的情况举例）。则由容斥原理： 定义: A1: 满足x1*a1 + x2*a2 +...+ xN*aN +x(N+1)*M=f1的序列的个数          A2: 满足x1*a1 + x2*a2 +...+ xN*aN +x(N+1)*M=f2的序列的个数 易知A1中a1...aN必须均为f1的倍数 推出A1=(m/f1)^n;同理A2=(m/f2)^n;A1∩A2=(m/(f1*f2))^n;
结果为m^n-(m/f1)^n-(m/f2)^n+(m/(f1*f2))^n。 代码： 

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;

int factor[10];
bool flag[55];
long long sum;
long long pow(int m,int n)
{
	long long mul=1;
	for(int i=0;i<n;i++)
		mul=mul*m;
	return mul;
}
void find(int n,int m,int cnt,int len,int curpos,int cur)
{
	if(curpos==len-1)
	{
		if(cnt!=0)
			sum+=pow(m/cur,n)*pow(-1,cnt);
		sum+=pow(m/(cur*factor[curpos]),n)*pow(-1,cnt+1);
	}
	else if(curpos<len-1)
	{
		find(n,m,cnt,len,curpos+1,cur);
		find(n,m,cnt+1,len,curpos+1,cur*factor[curpos]);
	}	
}
int main()
{
	int n,m;
	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
	{
		int cnt=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)
			flag[i]=false;
		int tmp=m;
		int f=2;
		while(tmp!=1)
		{
			for(;f<=tmp;f++)
			{
				if(tmp%f==0)
				{
					tmp=tmp/f;
					if(flag[f]==false)
					{
						factor[cnt++]=f;
						flag[f]=true;
					}
					break;
				}
			}
		}
		sum=pow(m,n);
		find(n,m,0,cnt,0,1);
		printf("%lld\n",sum);
	}
}