数论（容斥原理）hdu-4509-The Boss on Mars

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4059

题目大意：

给一个n，求1~n中与n互质的数的4次方的总和。

解题思路：

容斥原理、逆元、公式。

其实是蛮简单的一道题。囧囧。

首先必须知道1^4+2^4+...+n^4=n*(n+1)*(2n+1)(3n^2+3n-1)/30. 除以30可以转化成乘以30的逆元，30^(M-2) 由费马小定理很快可以得到。

先求出1^4+2^4+...+n^4然后减去与n不互质的。 假设n=p1^a1*p2^a2...pn^an 用容斥原理先减去含一个质因数的所有的不超过n的倍数，然后加上含两个质因数的，然后减去含三个质因数的。一个dfs就可以搞定。

代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<list>
#include<queue>
#define eps 1e-6
#define INF 0x1f1f1f1f
#define PI acos(-1.0)
#define ll __int64
#define lson l,m,(rt<<1)
#define rson m+1,r,(rt<<1)|1
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#define M 1000000007
using namespace std;

//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("data.out","w",stdout);

ll pp[10]; //10个就够了
ll cnt,n,sum,mm;

ll quick(ll a,ll b) //快速幂求 a^b mod M  求30的逆元
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1)
res=(res*a)%M;
a=(a*a)%M;
b>>=1;
}
return res;
}
ll Four(ll k) //1^4+2^4+...+n^4
{
return ((((k*(k+1))%M*(2*k+1))%M*((3*k*k%M+3*k-1)%M))%M*mm)%M;
}
void Cal(ll a,ll flag) //求出含有质因数乘积为a的所有的小于n的倍数
{
ll k=n/a; //a^4+(2a)^4+(3a)^4+...(k*a)^4=a^4*(1^4+2^4+...+k^4)
ll res=1;
for(int i=1;i<=4;i++) //求出a的四次方
res=(res*a)%M;
res=(res*Four(k))%M; //求出1~k的四次方和

if(flag&1) //容斥原理
sum=((sum-res)%M+M)%M;
else
sum=(sum+res)%M;
}

void dfs(ll la,ll pos,ll num) //la表示前面的质因数的乘积，pos表示当前的质因数编号，num表示加还是减
{
if(pos>cnt)
return ;
for(int i=pos;i<=cnt;i++)
{
Cal(la*pp[i],num); //
dfs(la*pp[i],i+1,num+1);
}
}
int main()
{
int t;

scanf("%d",&t);
mm=quick(30,M-2);  //先求一下逆元

while(t--)
{
scanf("%I64d",&n);
cnt=0;
ll nn=n;
sum=Four(n); //求出总的
for(int i=2;i*i<=nn;i++) //分解质因数 √n的时间复杂度
{
if(nn%i==0)
{
pp[++cnt]=i;
while(nn%i==0)
nn/=i;
}
}
if(nn!=1)
pp[++cnt]=nn;
dfs(1,1,1);
printf("%I64d\n",sum);
}
return 0;
}