light 1144 spoj 4168

最新推荐文章于 2020-09-23 16:51:02 发布

原创最新推荐文章于 2020-09-23 16:51:02 发布 · 588 阅读

1 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#容斥原理好题

容斥原理专栏收录该内容

7 篇文章

订阅专栏

本文详细解析了SPOJ4168题目中的数论问题，通过预处理质因数和使用动态规划技巧来高效解决特定范围内不能被完全平方数整除的数的计数问题。

此题要优化优化再优化，关键在于要求出一个数列（其中每一个数分解后所包含的质因数的指数为1），反正我是这么做的，这样后面可以直接调用预处理的结果（所包含的质因数种类数为奇数则减去，否则加上） spoj 4168 也是用类似的方法做的，当然那题用dfs（) 递归计算会更快，不过我还是坚持自己最初的想法，至少更好理解

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lson l , m , rt << 1
#define rson m + 1 , r , rt << 1 | 1
const int maxn = 1111111;
const int mod =  1000000007;
template<typename T>
T gcd(T a,T b)
{
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll ans=1,tmp;
int limit = 1000007;
int a[maxn];
int p[1111],size;
ll c[maxn];
int pre[maxn],o;
bool vis[maxn];
int cnt;
void gao(int x,int cnt,ll m,ll n)
{
	if(x<0)
	{
		if(cnt&1)
			tmp-=n/m;
		else
			tmp+=n/m;
	}
	else
	{
		gao(x-1,cnt,m,n);
		if(m*p[x]<=n)
			gao(x-1,cnt+1,m*p[x],n);
	}
}
int n,m;
void dfs(int x)
{
	if(vis[x]) return;
	vis[x]=true;cnt++;
	for(int i=0;i<size;++i)
	{
		if(1ll*x*p[i]<=m)
			dfs(x*p[i]);
	}
}
void spilt(int n)
{
	size=0;
	int pre=-1,k=n;
	while(k>1)
	{
		//cout<<k<<endl;
		if(a[k]!=pre)
		{
			pre=a[k];
			p[size++]=a[k];
		}
		k/=a[k];
	}
}
void init()
{
	int i,j;
	for(i=1;i<=1011111;++i) a[i]=i;
	for(i=2;i<=1011111;++i)
	{
		if(a[i]==i)
		{
			for(j=2*i;j<=1011111;j+=i)
			{
				a[j]=i;
				//cout<<j<<endl;
			}
		}
	}
}
int d[1111111],tot;
int num[1111111];
int main() {
	init();
	int T,cas,i;
	m=1011111;
	for(i=1;i<=1011111;++i)
	{
		if(vis[i]) continue;
		o=i;
		spilt(i);
		d[tot]=i;
		num[tot++]=size;
		dfs(i);
	}
	cnt=0;
	scanf("%d",&T);
	for(cas=1;cas<=T;++cas)
	{
		ans=0;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		if(n<m) swap(n,m);
		if(n==0||m==0)
		{
			ans=1;
			if(n==0&&m==0) ans=0;
			printf("Case %d: %lld\n",cas,ans);
			continue;
		}
		ans=1ll*n*m;
		for(i=1;d[i]<=m&&i<tot;++i)
		{
			cnt=m/d[i];// 这里表示能整除d[i]的整数个数
			if(num[i]&1) ans-=1ll*cnt*(n/d[i]);
			else ans+=1ll*cnt*(n/d[i]);
		}
		printf("Case %d: %lld\n",cas,ans+2);
	}
	return 0;
}

SPOJ 4168 对于每个n，求1到n中不能被完全平方数整除的数的个数（话说就冲这时限来说，spoj的服务器也该换了）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<iostream>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 10011111;
const int N = 10000111;
bitset<maxn>vis;
int a[maxn];
int pre[maxn];
int num[7000000],o,tot;
int cnt[7000000];
int limit = 10000111;
void init()
{
	int i,j;
	for(i=1;i<=10001111;++i) a[i]=i;
	for(i=2;i<=10001111;++i)
	{
		if(a[i]==i)
			for(j=2*i;j<=10001111;a[j]=i,j+=i);
	}
}
int p[1111],size;
void spilt(int n)
{
	size=0;
	int pre=-1,k=n;
	while(k>1)
	{
		if(pre!=a[k])
			p[size++]=a[k];
		k/=a[k];
	}
}
void dfs(int n)
{
	if(vis[n])  return;
	vis[n]=true;
	pre[n]=o;
	for(int i=0;i<size;++i)
	{
		if(1ll*n*p[i]<=limit)
			dfs(n*p[i]);
	}
}
int main()
{
	init();
	int i,j;
	for(i=2;i<=10000111;++i)
	{
		if(vis[i]) continue;
		o=i;
		spilt(i);
		num[tot]=i;
		cnt[tot++]=size;
		dfs(i);
	}
	//cout<<tot<<endl;
	int T;
	scanf("%d",&T);
	ll n,t,ans,k;
	while(T--)
	{
		scanf("%lld",&n);
		ans=n;
		for(i=0;i<tot&&1ll*num[i]*num[i]<=n;++i)
		{
			t=1ll*num[i]*num[i];//表示能整除 num[i]^2 的整数个数(完全平方数)
			//cout<<num[i]<<" "<<cnt[i]<<endl;
			k=n/t;
			if(cnt[i]&1)
				ans-=k;
			else
				ans+=k;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}