HDU5514 Frogs

题目：
给n个青蛙，每个青蛙每次跳ai步
给一串循环的石头，编号从0~n-1
求所有被青蛙踩过的石头的编号和
分析：
很容易得到，第i个青蛙跳的石头编号都是gcd(ai,m)的倍数
但m与n很大，接下来不能简单模拟
另g=gcd(ai,m)
第i个青蛙贡献的编号和为sum=∑k*g ,k=1,2,3,…[m/g]
=(1+2+3+…..+[m/g])*g
=[m/g]*([m/g]+1)/2 *g
（利用1+2+3+…+n的求和公式）
于是我们用公式可以O（1）求出每个青蛙的贡献，但是这其中有重复计算，比如2和3同时是6的因数，6被计算了两次
这时候就需要容斥原理了，这里的容斥很巧妙
用vis[i]代表m的第i个因数是否应该做贡献
用num[i]代表m的第i个因数做了几次贡献（被重复计算几次）
那么m的第i个因数真正所应该做的贡献为：
[m/g] * ([m/g]+1)/2 * g * (vis[i]-num[i])
想不明白就画个Vn图理解一下
代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int Tmax=10005;
long long n,m,A[Tmax],in[Tmax],top,g,ans;
int vis[Tmax],num[Tmax];
long long int gcd(long long a,long long b)
{
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
void init()
{
    int i;
    top=0;
    for(i=1;i<=sqrt(m);i++)
      if(m%i==0)
      {
          top++;
          in[top]=i;
          if(i*i!=m)
          {
              top++;
              in[top]=m/i;
          }
      }
    sort(in+1,in+top+1);
    return;
}
void work()
{
    int i,j;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        if(A[i]>m) g=gcd(A[i],m);
        else g=gcd(m,A[i]);
        for(j=1;j<=top;j++)
          if(in[j]%g==0) vis[j]=1;
    }
    for(i=1;i<=top;i++)
    {
        ans+=(m/in[i])*(m/in[i]-1)/2*in[i]*(vis[i]-num[i]);
        for(j=i+1;j<=top;j++)
          if(in[j]%in[i]==0) num[j]+=vis[i]-num[i];
    }
    return;
}
int main()
{
    int T,kase,i;
    scanf("%d",&T);
    for(kase=1;kase<=T;kase++)
    {
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        for(i=1;i<=n;i++)
          scanf("%lld",&A[i]);
        init();
        ans=0;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(num,0,sizeof(num));
        work();
        printf("Case #%d: %lld\n",kase,ans);
    }
    return 0;
}