容斥原理部分例題及板子
阿新 • • 發佈：2019-01-24
高精度開k次根號
ll pow_mul(ll x,ll k) { ll ans=1; while(k) { if(k&1) { double judge=1.0*INF/ans; if(x>judge)return -1; ans*=x; } k>>=1; if(x>T&&k>0)return -1; x*=x; } return ans; } ll find(ll x,ll k) { ll r=(ll)pow(x,1.0/k); ll p=pow_mul(r,k); if(p==x)return r; if(p>x||p==-1)r--; else { ll tmp=pow_mul(r+1,k); if(tmp!=-1&&tmp<=x)r++; } return r; }
hdu 2204
題意：求1到n中滿足a=m^k的數量(m>=2) (n<=1e18)
假如k為合數，我們一定可以把它轉為 m'^k'（k'為素數）的形式，所以我們只要考慮k為素數的情況
2^60>1e18,所以滿足要求且在範圍內的k最大不超過60。對於一個給定的n，我們求出最大的k，將所有小於等於k的素數全部放入vector中。當n和k給定時，所有滿足a=m^k的數量就是m的最大值，也就是pow(n,1/k)，這個地方需要注意精度。
而對於一個數a，最多隻有一組m^k是合法的，例如16=2^4=4^2，但k要取最大隻能是2^4
所以這個地方需要容斥，奇加偶減
ll n; vector<int>p; bool check(int a) { for(int i=2;i*i<=a;i++) { if(a%i==0) { return 0; } } return 1; } void get_prime(ll n) { p.clear(); for (int i = 2; i <= 65; i++) { if(!check(i))continue; if ((1ll << i )> n) { break; } p.push_back(i); } } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cout.tie(0); while(cin>>n) { ll ans=0; get_prime(n); int len=p.size(); for(int i=1;i<(1ll<<len);i++) { ll mul=1; int flag=0; for(int j=0;j<len;j++) { if(i&(1<<j)) { mul*=p[j]; flag++; } } ll now=(ll)(pow((double)n,(1.0/mul))+eps); if(flag%2) { ans+=now; } else { ans-=now; } } cout<<ans<<endl; } return 0; }
hdu 3208
題意：求[a-b]中每個數可以被分解為m^k（k取最大）的最大指數之和
可以求1-n的最大指數之和，然後減一下。
設一個num陣列，num[i]表示指數為i的數的數量，最後遍歷乘i就得到了總數。
num[i]的求法和上一題很像，1-n中滿足a=m^i的數量就是確定了n和i之後pow(n,1/k)這個地方要高精度開k次根。
最後需要倒著容斥，比如num[6]，num[2]和num[3]之中肯定包含num[6]，需要倒序迴圈在小的裡面把大的減掉
最後在算num[i]的時候最後需要減掉1，題目說明了中不包含1
#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <iomanip> #include <stack> #include <map> #include <cmath> #include <unordered_set> #include <vector> #include <queue> #define MP make_pair #define PB emplace_back #define fi first #define se second #define ZERO(x) memset((x), 0, sizeof(x)) #define ALL(x) (x).begin(),(x).end() #define rep(i, a, b) for (repType i = (a); i <= (b); ++i) #define per(i, a, b) for (repType i = (a); i >= (b); --i) #define QUICKIO \ ios::sync_with_stdio(false); \ cin.tie(0); \ cout.tie(0); using namespace std; #define ll long long const ll INF=1e18+5; const ll T=1ll<<31; #define eps 1e-8 ll pow_mul(ll x,ll k) { ll ans=1; while(k) { if(k&1) { double judge=1.0*INF/ans; if(x>judge)return -1; ans*=x; } k>>=1; if(x>T&&k>0)return -1; x*=x; } return ans; } ll find(ll x,ll k) { ll r=(ll)pow(x,1.0/k); ll p=pow_mul(r,k); if(p==x)return r; if(p>x||p==-1)r--; else { ll tmp=pow_mul(r+1,k); if(tmp!=-1&&tmp<=x)r++; } return r; } ll num[105]; ll solve(ll n) { memset(num,0,sizeof(num)); num[1]=n; int tot=0; for(int i=2;i<65;i++) { num[i]=find(n,i)-1;//減去不考慮的1 if(num[i]==0) { tot=i; break; } } for(int i=tot-1;i>=1;i--) { for(int j=1;j<i;j++) { if(i%j==0) { num[j]-=num[i];//容斥掉重複的 } } } ll ans=num[1]; for(int i=2;i<=tot-1;i++) { ans+=i*(num[i]); } return ans; } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cout.tie(0); ll l,r; while (cin>>l>>r&&(l!=0&&r!=0)) { //cout<<solve(r)<<endl; //if(l==r==0)return 0; ll ans=solve(r)-solve(l-1); cout<<ans<<endl; } return 0; }
hdu 1796
題意：給定n和一個有m個數的集合，輸出共有多少數可以被集合中至少一個數整除
板子題，需要注意的是在容斥更新now值的時候是更新兩個數的lcm，記得考慮集合中的數為0的情況。。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iomanip>
#include <stack>
#include <map>
#include <cmath>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <queue>
#define MP make_pair
#define PB emplace_back
#define fi first
#define se second
#define ZERO(x) memset((x), 0, sizeof(x))
#define ALL(x) (x).begin(),(x).end()
#define rep(i, a, b) for (repType i = (a); i <= (b); ++i)
#define per(i, a, b) for (repType i = (a); i >= (b); --i)
#define QUICKIO \
ios::sync_with_stdio(false); \
cin.tie(0); \
cout.tie(0);
using namespace std;
#define ll long long
const ll INF=1e18+5;
const ll T=1ll<<31;
#define eps 1e-8
int n,m;
vector<int> vec;
ll work()
{
//n--;
ll ans=0,cnt;
ll tem;
for(int i=1;i<(1<<vec.size());i++)
{
cnt=0,tem=1;
for(int j=0;j<vec.size();j++)
{
if(i&(1<<j))
{
tem=tem*vec[j]/__gcd((ll)tem,(ll)vec[j]);
cnt++;
}
}
if(cnt&1) ans+=(n-1)/tem;
else ans-=(n-1)/tem;
}
return ans;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
while(cin>>n>>m)
{
vec.clear();
int tem;
//memset(s,0,sizeof(s));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>tem;
if(tem>0)
vec.push_back(tem);
}
for(int i=0;i<vec.size();i++)
{
if(vec[i]>n)
vec.erase(vec.begin()+i);
}
ll ans=work();
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}hdu-2841
題意：人在(0,0)，三點共線只能看見第一棵，問可以直接看到多少樹
轉換一下思路(1,2)可以看見，(2,4)就會被(1,2)擋住，也就是說(i,j)會被(i/gcd(i,j) , j/gcd(i,j))擋住，可以之間看到的樹就是gcd(i,j)==1的點
轉而求[1-n]中選一個a，[1-m]中選一個b，gcd(a,b)==1的組數
互質的不好求，轉而去求不互質的，然後用總數減一下
先預處理所有數的質因子，假設較大的數為m，固定區間[1-m]
遍歷迴圈n，對於每一個n，求其不互質的數的數量，然後奇減偶加。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iomanip>
#include <stack>
#include <map>
#include <cmath>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <queue>
#define MP make_pair
#define PB emplace_back
#define fi first
#define se second
#define ZERO(x) memset((x), 0, sizeof(x))
#define ALL(x) (x).begin(),(x).end()
#define rep(i, a, b) for (repType i = (a); i <= (b); ++i)
#define per(i, a, b) for (repType i = (a); i >= (b); --i)
#define QUICKIO \
ios::sync_with_stdio(false); \
cin.tie(0); \
cout.tie(0);
using namespace std;
#define ll long long
const ll INF=1e18+5;
const ll T=1ll<<31;
#define eps 1e-8
#define N 100005
vector<int > prime_factor[N];
void init(){
for(int i = 2; i < N; i ++){
if(prime_factor[i].size() == 0){//如果i是質數
for(int j = i; j < N; j += i){
prime_factor[j].push_back(i);
}
}
}
}
ll work(int n,int m)//固定區間[1-m]遍歷n去求n在[1-m]之中有多少和其互質的數
{
ll res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)//遍歷n
{
ll ans=m;
for(int j=1;j<(1<<prime_factor[i].size());j++)
{
ll now=1;
int cnt=0;
for(int k=0;k<prime_factor[i].size();k++)
{
if(j&(1<<k))
{
now*=prime_factor[i][k];
cnt++;
}
}
if(cnt&1)ans-=m/now;
else ans+=m/now;
}
res+=ans;
}
return res;
}
int main()
{
init();
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int n,m;
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>m;
ll ans=0;
int minn=min(n,m);
int maxn=max(n,m);
cout<<work(minn,maxn)<<endl;
}
return 0;
}hdu 1695
題意:在[1-b]和[1-d]之中找a和b滿足gcd(a,b)==k的總組數，ab交換算一組
轉換題意：在[1,b/k] [1,d/k]中找a和b滿足 gcd(a,b)==1的總組數
這題和上題唯一不同的地方在於[a,b]交換算一組，分塊處理，對於[1-n] [1-n]這塊，就是求1-n的phi和
對於[1-n],[n+1,m]這塊不存在重複，可以套用上一題的做法
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iomanip>
#include <stack>
#include <map>
#include <cmath>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <queue>
#define MP make_pair
#define PB emplace_back
#define fi first
#define se second
#define ZERO(x) memset((x), 0, sizeof(x))
#define ALL(x) (x).begin(),(x).end()
#define rep(i, a, b) for (repType i = (a); i <= (b); ++i)
#define per(i, a, b) for (repType i = (a); i >= (b); --i)
#define QUICKIO \
ios::sync_with_stdio(false); \
cin.tie(0); \
cout.tie(0);
using namespace std;
#define ll long long
const ll INF=1e18+5;
const ll T=1ll<<31;
#define eps 1e-8
#define N 100005
bool check[N];
int phi[N],prime[N],tot;
void eular()
{
memset(check,0,sizeof(check));
phi[1]=1;
tot=0;
for(int i=2;i<N;i++)
{
if(!check[i])
{
prime[tot++]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=0;j<tot;j++)
{
if(i*prime[j]>N)break;
check[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
else
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
}
}
vector<int > prime_factor[N];
void init() {
for(int i = 2; i < N; i ++){
if(prime_factor[i].size() == 0){//如果i是質數
for(int j = i; j < N; j += i){
prime_factor[j].push_back(i);
}
}
}
}
ll work(int n,int m)
{
ll res=0;
for(int i=n+1;i<=m;i++)//遍歷n
{
ll ans=n;
for(int j=1;j<(1<<prime_factor[i].size());j++)
{
ll now=1;
int cnt=0;
for(int k=0;k<prime_factor[i].size();k++)
{
if(j&(1<<k))
{
now*=prime_factor[i][k];
cnt++;
}
}
if(cnt&1)ans-=n/now;
else ans+=n/now;
}
res+=ans;
}
return res;
}
int main()
{
init();
eular();
/*for(int i=1;i<=10;i++)cout<<phi[i]<<' ';
cout<<endl;*/
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int t;
cin>>t;
int a,b,c,d,k;
for(int kase=1;kase<=t;kase++)
{
cin>>a>>b>>c>>d>>k;
cout<<"Case "<<kase<<": ";
if(k==0)
{
cout<<0<<endl;
continue;
}
b=b/k;d=d/k;
int minn=min(b,d);
int maxn=max(b,d);
ll ans=0;
for(int i=1;i<=minn;i++)
{
ans+=phi[i];
}//cout<<ans<<endl;
ans+=work(minn,maxn);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}以上基本上是容斥的銅牌，小於銀牌的水平題目。。基本就是套個板子，然後魔改