HDOJ4135 Co-prime --- 容斥原理

十一号路口。

于 2018-11-08 23:45:29 发布

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分类专栏：数论文章标签：容斥原理

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/lmhlmh_/article/details/83869738

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本文介绍如何使用容斥原理解决区间内与给定数互素的问题，通过质因数分解和二进制遍历，高效计算区间内与N互素的数的数量。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4135

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 <= 1015) and (1 <=N <= 109).

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

题意：给定正整数A,B,N，问区间【A,B】中有多少个数与N互素。

题解：这是一道经典的容斥原理题。

容斥原理公式：

举个简单的例子，比如要求集合AUBUC,则计算公式为AUBUC=A+B+C-AB-AC-BC+ABC。

这道题中，直接求解的话容易想到的是在A-B中遍历判断gcd(N,x)==1是否成立，但这样明显时间复杂度过高。(gcd是最大公因数)

所以可以考虑求问题：即求【A,B】中多少个数与N不互素。

两个数x,y要不互素，则gcd(x,y)>=2，也就是x和y需要有至少1个公因数gcd存在（1不算）。也就是说，gcd首先得是x的因数，并且y是gcd的整数倍。

所以可以先对N进行质因数分解，比如如果N=30，分解出来是2,3,5.

要求区间【3,15】，令A={x|x的2的整数倍}，B={x|x是3的整数倍}，C={x|x是5的整数倍}，

则【3,15】中与N不互素的数为AUBUC=A+B+C-AB-AC-BC+ABC,

用容斥原理即可求出。

大致步骤先是遍历右边的每一项（先不考虑正负号），

右边由于是ABC组合，把ABC看成二进制即可，比如A就是100，AC是101，ABC就是111，

一个for循环就从1遍历到7(即二进制的111)可遍历到所有项，

每次内循环，就遍历ABC二进制的每一位，同时累加出1的个数来判断正负号。

（求1....n中m的倍数的个数，n / m即可求出）

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll A,B,N;
ll factor[2000];// 存储质因数
ll num;// 质因数个数

// 计算1..n之间有多少数与a不互质
ll fun(ll n,ll a) {
  if(n == 0) return 0;
  num = 0;    
  // 对a分解质因数
  ll temp = a;
  for(ll i = 2;i*i <= temp;i++) {
      // 找到质因数
      if(temp % i == 0) {
          factor[num++] = i;
      }
      while(temp % i == 0) temp /= i;
  }
  if(temp > 1) {
    factor[num++] = temp;
  }
  // 容斥原理
  ll cnt = 0;
  bool flag;// 标记正负号
  // 在容斥公式中遍历所有数据项，如A+B+C-AB-AC-BC+ABC中遍历每项
  for(ll i = 1;i < (ll)(1<<num);i++) {
      flag = false;// 负号
      ll t = 1;
      // 在A,B,C中遍历存在的项
      for(ll j = 0;j < num;j++) {
         // 判断i的二进制中第j位是否存在
        if(i & (ll)(1<<j)) {
            t *= factor[j];
            if(flag == true)
	            flag = false;
	        else 
				flag = true;    
        }
      }
      if(flag) {
          cnt += n / t;
      } else {
          cnt -= n / t;
      }
      
  }
  
  return cnt;
}


int main()
{   
    int Case = 1;
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--) {
        scanf("%lld%lld%lld",&A,&B,&N);
        printf("Case #%d: %lld\n",Case++,(B-A+1) - (fun(B,N)-fun(A-1,N)));
    }
    
    return 0;
}