Codeforces 819 C. Mister B and Beacons on Field 容斥 数学

题意：

有一个坐标系，有两个点

a,b

坐标分别

(n,0),(0,m)

，还有一个任意点

c

。

问题：

a

向原点移动，询问移动过程中有多少位置满足三点构成的三角形的面积等于

S

。

a

在原点，

b

向原点移动，询问移动过程中有多少位置满足三点构成的三角形的面积等于

S

。

算法：

对于第一问：



设点

c

坐标为

(x,y)

可以列出一个等式：S=xn2+yi2−ni22S=xn+yi−nixn+yi=2S+ni

那么上式

(x,y)

合法的必要条件为：gcd(n,i)|2S+nigcd(n,i)|2S

对应的就是就是求有多少个

i

在[1,m]满足gcd(n,i)|2S

对于这个问题将

n,i,2S

分解质因数，得到：n=∏j=1ωpAjji=∏j=1ωpBjj2S=∏j=1ωpCjj

可以将问题转化为：min(Ai,Bi)≤Ci

由于i是不确定的，一个很简单的想法就是去容斥Bi。

实现这个的效率就是O(2ω+ω)

对于第二问：



设点

c

坐标为

(x,y)

可以列出一个等式：S=ix22S=ix

因为

c

是整数点所以

c

合法的必要条件就是i|2S

直接枚举约束计算就好…..

效率O(σ0)

代码：

#include <cstdio>
#include <string.h>
#include <algorithm>

using namespace std;

int rd() {
int x = 0; char c = getchar();
while (c > '9' || c < '0') c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
return x;
}

void wt(long long x) {
if (x >= 10) wt(x / 10);
putchar(x % 10 + 48);
}

const int N = 3e6 + 10;
struct num {
int p, q;
bool operator < (const num &t) const {
return p < t.p;
}
};
struct Fac {
num k[20]; int tot;
void clear() {
for (int i = 0; i < 20; i ++) k[i].q = k[i].p = 0;
tot = 0;
}
void sort() { ::sort(k + 1, k + tot + 1); }
}A, B, C;
int pri
, mf
, n1, n2, n3, s1, s2, s3, m1, m2, m3;
long long n, m, s, ans;

void getp() {
int n = 3e6;
for (int i = 2; i <= n; i ++) {
if (!mf[i]) mf[i] = i, pri[++pri[0]] = i;
for (int j = 1; j <= pri[0] && i * pri[j] <= n; j ++) {
mf[i * pri[j]] = pri[j];
if (i % pri[j] == 0) break;
}
}
}

int id
;
void facor(Fac &a, int x) {
for(; mf[x]; x /= mf[x]) {
if (!id[mf[x]]) id[mf[x]] = ++ a.tot, a.k[a.tot].p = mf[x];
a.k[id[mf[x]]].q ++;
}
}

void dfs(int u, long long sum) {
if (sum > n) return;
if (u > C.tot) { ans ++; return; }
dfs(u + 1, sum);
for (int i = 1; i <= C.k[u].q; i ++) sum *= C.k[u].p, dfs(u + 1, sum);
}

void dfs2(int x, long long y, int z) {
if (!y) return;
if (x > B.tot) { ans += y * z; return;}
dfs2(x + 1, y, z);
for (int i = 0; i <= B.k[x].q; i ++) y /= B.k[x].p;
dfs2(x + 1, y, -z);
}

int main() {
getp();
for (int T = rd(); T; T --) {
ans = 0, A.clear(), B.clear(), C.clear();
n1 = rd(), n2 = rd(), n3 = rd(), n = 1ll * n1 * n2 * n3;
m1 = rd(), m2 = rd(), m3 = rd(), m = 1ll * m1 * m2 * m3;
s1 = rd(), s2 = rd(), s3 = rd(), s = 1ll * s1 * s2 * s3;
memset(id, 0, sizeof id);
facor(A, n1), facor(A, n2), facor(A, n3);
memset(id, 0, sizeof id);
facor(C, 2 * s1), facor(C, s2), facor(C, s3);
A.sort(), C.sort();
dfs(1, 1);
int i = 1, j = 1;
while (i <= A.tot && j <= C.tot) {
if (A.k[i].p == C.k[j].p) {
if (A.k[i].q > C.k[j].q) B.k[++B.tot].p = C.k[j].p, B.k[B.tot].q = C.k[j].q;
i ++, j ++;
continue;
}
if (A.k[i].p < C.k[j].p) {
B.k[++B.tot].p = A.k[i].p, B.k[B.tot].q = 0;
i ++;
continue;
}
j ++;
}
for (; i <= A.tot; i ++) B.k[++B.tot].p = A.k[i].p, B.k[B.tot].q = 0;
dfs2(1, m, 1);
wt(ans), putchar(10);
}
return 0;
}