51nod 矩阵无重复元素 V2

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题解：
其实我并不知道正解是什么，搜索了一晚上没有找到用容斥原理做这道题的方法，思考没有得到结果，可能因为我是正常人吧。
考虑集合分类计数，考虑，将所有的底数$a$分解质因数，质因数的指数为$a_{i}$,取 $k = gcd(a_{1},a_{2}···a_{n})$，将每个$a_{i}$除以$k$，这样得到的指数是互质的，化简完成后得到的序列连同质数相同的作为一个集合计数，考虑发现，假设集合标志为$x$（$x$为集合最小底数）,那么相同集合的形式是$x^k$,我们把它们放在一起计数，考虑矩阵中一定是一段连续的
$x^1$ $x^2$ $···$ $x ^ k$，而且个数为$O（\log{n}）$，这时只需要考虑指数有多少种不同的值就好了，我们暴力求解，开一个$bool$数组，这一步是$O(n\log^2{n})$的，然后就把$a$扫一遍统计答案了，这一步复杂度是$O(n\log{n})$，其实如果手算看起来很大，但其实第一个常数很小，第二个上界很松，是可以卡过的。

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdio>
#define N 1000000
#define S 18
using namespace std;
typedef long long LL; 
LL ans,m,n,a,b,num,sum,t[N + 5],f[N + 5],g[S + 5][S + 5],l[N + 5],r[N + 5];
bool vis[N * S + 5],flag[N + 5];
inline void get_g(){
    for (int i = 1;i <= S; ++i){
        sum = 0;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
      for (int j = i;j <= S; ++j){
           for (int p = b;p < b + m; ++p)
             if (!vis[p * j]) { ++sum; vis[p * j] = 1;}
         g[i][j] = sum;
      }
   }
}

inline void init(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&m,&n,&a,&b);
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(flag,0,sizeof(flag));
    for (LL i = 2;i <= N; ++i)
        if (!flag[i]){
          num = 1;
          for (LL j = i;j <= N;j *= i){
                if (j != i) flag[j] = 1; 
                f[j] = num; 
                t[j] = i;
                ++num;
          }
    }
    get_g();
    for (int i = a;i < n + a;++i)
      if (!l[t[i]]) l[t[i]] = f[i];
    for (int i = n + a - 1;i >= a;--i)
      if (!r[t[i]]) r[t[i]] = f[i];
    ans = 0;
    for (int i = 1;i < n + a; ++i)
      if (!flag[i]) ans = (ans + g[l[i]][r[i]]); 
}

int main(){
    init();
    cout<<ans;
    return 0;
}

注意：1.循环变量优势会爆int
2.bool的内存是int 的1/4，不要算错了