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題目大意：

　　給定區間[A,B](1 <= A <= B <= 10 ¹⁵)和N(1 <=N <= 10 ⁹)，求出該區間中與N互質的數的個數。

解題分析：

　　將求區間[A,B]與N互質的數轉化成求[1,B] 區間與N互質的個數 - [1,A-1]中與N互質的個數。同時，因為直接求區間內與N互質的數不好求，我們從反面入手，求出與N不互質的數，借鑒埃篩的思想，我們先求出N的所有質因子，然後將這些質因子在區間內倍數的個數全部求出(即與N不互質的數)，再用區間的總數減去這些不互質數的個數即可。但是，由於在求不互質的數的時候，存在重復的計算，所以我們利用容斥對重復計算的數進行處理。容斥處理有多重表現形式，DFS、隊列、位運算均可進行容斥處理。

得到一個數的所有質因子：

for(ll i=2;i*i<=m;i++) 
    if( m%i==0){   //得到m的所有的素因子
        vec.push_back(i);
        while(m%i==0)m/=i;
    }
if(m>1)vec.push_back(m);

位運算：

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #include <vector>
 4 #include <algorithm>
 5 using
 
 namespace std;
 6 
 7 typedef long long ll;
 8 vector<ll>vec;
 9 ll a,b,n;
10 
11 ll solve(ll x,ll m){     //[1,x]區間內與m4互質的數的個數
12     vec.clear();
13     for(ll i=2;i*i<=m;i++) if( m%i==0){   //得到m的所有的素因子
14         vec.push_back(i);
15         while(m%i==0)m/=i;
16     }
17     if(m>1
 
)vec.push_back(m);
18     ll sum=0,val,cnt;
19     for(ll i=1;i<(1<<vec.size());i++){   //枚舉所有素因子的乘積組合,用二進制表示哪幾個因子被用到
20         val=1,cnt=0;
21         for(ll j=0;j<vec.size();j++){
22             if(i & (1<<j)) {
23                 val*=vec[j],cnt++;
24             }
25         }
26         //容斥，奇加偶減
27         if(cnt & 1)sum+=x/val;    // x/tval為[1,x]內為tval的倍數的數的個數
28         else sum-=x/val;
29     }
30     return x-sum;      //[1,x]的總數減去1~X中各素數倍數的總數
31 }
32 
33 int main(){
34     int T,ncase=0;scanf("%d",&T);while(T--){
35         scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&n);
36         ll ans=solve(b,n)-solve(a-1,n);
37         printf("Case #%d: %lld\n",++ncase,ans);
38     }
39 }

2019-02-09

HDU 4135 Co-prime (容斥+分解質因子)