【HDU】4135 - Co-prime（容斥原理）

点击打开题目

Co-prime

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 3495 Accepted Submission(s): 1381

Problem Description

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.

Input

The first line on input contains T (0 < T <= 100) the number of test cases, each of the next T lines contains three integers A, B, N where (1 <= A <= B <= 10 15) and (1 <=N <= 10 9).

Output

For each test case, print the number of integers between A and B inclusive which are relatively prime to N. Follow the output format below.

Sample Input

   2
1 10 2
3 15 5

Sample Output

   Case #1: 5
Case #2: 10


   
    
     Hint
    In the first test case, the five integers in range [1,10] which are relatively prime to 2 are {1,3,5,7,9}. 

Source

The Third Lebanese Collegiate Programming Contest

这道题确实应该好好的写一篇题解了。

如果是求小于 n 且与 n 互质的数的个数，可以用欧拉函数解决，但是这道题a，b的范围可能大于 k ，所以应该这么用容斥原理来做：

求 1~a-1 中与 k 互质的数，再求 1 ~ b 中与 k 互质的数，后者减去前者就是答案。

然后就是求 1 ~ n 中与 k 互质的数有多少，我们可以反着，先求 1 ~ n 中与 k 不互质的数有多少。

这点求法再拉出来细说：先把 k 分解质因数，存在一个数组中。

举个例子，比如 k 的质因子有 2,3,5。那么2、3、5的倍数都不和 k 互质，另外还没有完，可能有重复的地方，比如6，既是2的倍数又是3的倍数，前面用 k/2 + k/3 的时候多减了，这个时候要加上 k / (2*3)。同理，10，15这一类数都应该加上。但是还有类似于30这样的数，它是2，3，5的倍数，减的时候又多减了。

然后我们会发现，出现奇数个数，就用加法，偶数个数用减法。

最后的式子是这样的：k / 2 + k / 3 + k / 5 - k / (2 * 3) - k / (3 * 5) - k / (2 * 5) + k / (2 * 3 * 5)

有点长，看一下容易发现我说的奇偶的规律。

但是要怎么取算这个又出现问题了。

这里提供二进制的方法，个人觉得比较好理解。

设质因数的个数为m。

有一个浮动的数字，从1 ~ m依次递增，它的二进制的每一位表示用了哪些数字，比如5（101），其二进制的第一位和第三位（倒着数）是1，则它表示用了第一个质因数和第三个质因数。就是这个意思，这样就能发现：从1到m遍历一遍，就把所有的可能都包括了。

写的挺累的，有错误谢谢指正，转载说明出处。

下面看一下代码理解一下：

#include <cstdio>
int p[1000000];
int num;
__int64 a,b,k;
void pr(int x)		//求x的质因子
{
	num = 0;
	for (int i = 2 ; i * i <= x ; i++)
	{
		if (x % i == 0)
		{
			p[num++] = i;
			while (x % i == 0)
				x /= i;
		}
	}
	if (x > 1)
		p[num++] = x;
}
__int64 solve(__int64 n)		//1~n中不与k互质的数 
{
	__int64 ans = 0;
	for (__int64 i = 1; i < (__int64)1 << num ; i++)		//其二进制位为1，表示这些质因数被用到 
	{
		int ant = 0;		//用奇数个质因数加，偶数个减
		__int64 t = 1;
		for (int j = 0 ; j < num ; j++)
		{
			if (((__int64)1 << j) & i)
			{
				t *= p[j];
				ant++;
			}
		}
		if (ant & 1)		//奇数加
			ans += n / t;
		else
			ans -= n / t;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int u;
	int Case = 1;
	scanf ("%d",&u);
	while (u--)
	{
		scanf ("%I64d %I64d %I64d",&a,&b,&k);
		pr(k);
		printf ("Case #%d: ",Case++);
		printf ("%I64d\n",b-(a-1)-(solve(b)-solve(a-1)));
	}
	return 0;
}