hdu 4135 容斥原理 求(1,m)区间与n互质的数的个数. 4000

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.

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！

实现过程分为两步：

1, 求出m的质因子 并保存在数组里面；

2, 求出区间[1,n]里面有多少个数与m不互质。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
typedef long long ll;
using namespace std;
vector<ll> p;//保存质因子
ll Q[10100];//队列数组保存n所有质因子任意不相同组合的乘积

void getP(ll x)
{
for(ll i=2;i*i<=x;i++)
{
if(x%i==0)
{
p.push_back(i);//保存质因子
while(x%i==0)
{
x/=i;
}
}
}
if(x>1)
{
p.push_back(x);
}
}

ll num(ll x) //容斥原理板子
{
ll t=p.size();
ll tk=0;
Q[tk++]=-1;
for(ll i=0;i<t;i++)
{
ll tt=tk;
for(ll j=0;j<tt;j++)
{
Q[tk++]=p[i]*Q[j]*(-1);
}
}
ll sum=0;
for(ll i=1;i<tk;i++)
{
sum+=x/Q[i];//保存不同因子的个数。
}
return sum;
}

int main()
{
ll t;
cin>>t;
ll cc=1;
while(t--)
{
p.clear();
memset(Q,0,sizeof(Q));
ll a,b,N;
cin>>a>>b>>N;
getP(N);
ll res=b-num(b);
ll res1=a-1-num(a-1);
printf("Case #%d: ", cc++);
printf("%lld\n",res-res1 );
}
}