POJ 1091 跳蚤 [容斥原理]【组合数学】

本文针对POJ 1091跳蚤问题进行详细解析,介绍如何通过质因子分解及容斥原理解决该问题,给出具体算法实现步骤及源代码。

题目链接:http://poj.org/problem?id=1091
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跳蚤
Time Limit: 1000MS      Memory Limit: 10000K
Total Submissions: 9828     Accepted: 2996
Description

Z城市居住着很多只跳蚤。在Z城市周六生活频道有一个娱乐节目。一只跳蚤将被请上一个高空钢丝的正中央。钢丝很长,可以看作是无限长。节目主持人会给该跳蚤发一张卡片。卡片上写有N+1个自然数。其中最后一个是M,而前N个数都不超过M,卡片上允许有相同的数字。跳蚤每次可以从卡片上任意选择一个自然数S,然后向左,或向右跳S个单位长度。而他最终的任务是跳到距离他左边一个单位长度的地方,并捡起位于那里的礼物。 
比如当N=2,M=18时,持有卡片(10, 15, 18)的跳蚤,就可以完成任务:他可以先向左跳10个单位长度,然后再连向左跳3次,每次15个单位长度,最后再向右连跳3次,每次18个单位长度。而持有卡片(12, 15, 18)的跳蚤,则怎么也不可能跳到距他左边一个单位长度的地方。 
当确定N和M后,显然一共有M^N张不同的卡片。现在的问题是,在这所有的卡片中,有多少张可以完成任务。 
Input

两个整数N和M(N <= 15 , M <= 100000000)。
Output

可以完成任务的卡片数。
Sample Input

2 4
Sample Output

12
Hint

这12张卡片分别是: 
(1, 1, 4), (1, 2, 4), (1, 3, 4), (1, 4, 4), (2, 1, 4), (2, 3, 4), 
(3, 1, 4), (3, 2, 4), (3, 3, 4), (3, 4, 4), (4, 1, 4), (4, 3, 4) 

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题目大意:略

解题思路:
很明显的题目需要求解这么一个方程的解a[1]*x1+a[2]*x2+a[3]*x3+…+a[n]*xn+a[n+1]*m=1 (0<=a[i]<=m)
显然 满足方程式的解需要只需要满足
gcd(a[1],a[2],a[3]….a[n+1])==1 就行了

然后求解的过程就容易多了
就只求解M^N-gcd!=1 的方案数就行了

之后只要把M质因子分解 容斥一下就行了

引用这里

许多博客都举了这么一个例子

例如:n=2,m=360
360=3^2*2^3*5 所有不满足条件的数列,最大公约数是360质因子的乘积,只要将这些组合去掉,就是要求的答案(不懂的慢慢揣摩)

那么就要先求出m的所有质因子,然后求出总的排列组合的个数,即题目中说的M^N,最后根据鸽巢原理求得最后答案。

公式为:ans=M^N-(有奇数个公因数的n元组)+(有偶数个公因数的n元组)。拿上面的例子来说就是

ans=m^n-( 有公因数2的n元组)- (有公因数3的n元组)- (有公因数5的n元组)+ (有公因数2,3的n元组) +(有公因数2,5的n元组)+ (有公因数3,5的n元组)- (有公因数2,3,5的n元组).

有公因数d的n元组,每个位置上有 (m/d)个选择(1 ~ m里面有m/d个d的倍数),根据乘法原理,可以得出有公因数d的n元组有 (m/d)^n 个.

附本题代码
————————.

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<time.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long int LL ;
/**********************************/

const int M = 130007;
LL qmod(LL a,LL b,LL c)
{
    LL res = 1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=(res*a);
        b>>=1;
        a=(a*a);
    }
    return res;
}

LL num[M],s[M],total;
void sum_factor(int m)//分解质因子,存在num里面
{
    total=0;
    long long t=m;
    for(int i=2;i*i<=t;i++)
    {
        if(t%i==0)num[total++]=i;
        while(t%i==0)t/=i;
    }
    if(t!=1)num[total++]=t;
}
/**容斥原理过程**/
LL n,m,per;
void dfs(LL a,LL b,LL c)//a在数组中的起始位置,b含的个数,c公共质因子的个数
{
    if(b==c)
    {
        LL t=m;
        for(int i=0;i<c;i++) t/=s[i];
        per+=qmod(t,n,1);
    }
    else
    {
        for(int i=a;i<total;i++)
        {
            s[b]=num[i];
            dfs(i+1,b+1,c);
        }
    }
}

int main()
{
    while(~scanf("%I64d%I64d",&n,&m))
    {
        sum_factor(m);
        LL ans = qmod(m,n,1);
        for(int i=1;i<=total;i++)
        {
            per=0;
            dfs(0,0,i);
            if(i&1) ans-=per;
            else    ans+=per;
        }
        printf("%I64d\n",ans);
    }
    return 0;
}

<think>嗯,用户想了解如何在C语言中实现容斥原理的应用,并且需要示例代码。首先,我需要回忆一下容斥原理的基本概念。容斥原理通常用于计算多个集合的并集大小,通过交替加减不同集合的交集来避免重复计算。这在组合数学和算法问题中很常见,比如计算满足某些条件的数的个数。 接下来,我得想想如何在C语言中具体实现这个原理。通常,容斥原理的实现会涉及到遍历所有可能的子集组合,然后根据子集的大小来决定是加还是减。例如,对于m个集合,需要遍历从1到2^m-1的所有子集,然后计算每个子集的交集大小,并根据子集元素的奇偶性来决定符号。 然后,用户提供的引用中有几个代码示例,比如引用[1]中的代码,看起来像是使用位运算来生成子集,并且通过递归的gcd函数来计算最小公倍数。这可能是一个应用容斥原理的例子,用于计算在n范围内能被多个数整除的数的数量。例如,计算1到n中能被数组l中的至少一个数整除的数的个数,这可以通过容斥原理来避免重复计算。 我需要将这些思路整理成一个清晰的步骤,解释如何用C语言实现容斥原理。首先,可能需要一个函数来计算最大公约数(gcd),然后计算最小公倍数(lcm),因为交集的大小通常涉及到lcm。例如,两个数的lcm是它们的乘积除以gcd。然后,遍历所有子集,对于每个子集,计算这些数的lcm,并根据子集的大小决定加减。 然后,考虑示例代码的结构。引用[1]中的代码似乎是这样做的:输入n和m,然后输入m个数,遍历所有可能的子集(通过位掩码k从0到2^m-1),计算每个子集的lcm,并根据子集的元素个数奇偶性来调整总和s的值。例如,如果子集有奇数个元素,就减去n/lcm,否则加上。这是因为容斥原理中,奇数次交集加,偶数次减,但这里可能是相反,需要仔细看代码逻辑。 此外,用户提到的引用[2]和[3]可能涉及其他应用场景或优化方法,比如使用前缀和或其他数据结构来简化计算。不过当前问题主要是容斥原理的实现,所以可能需要集中在位运算遍历子集和lcm的计算上。 在解释代码时,需要分步骤说明,比如如何生成子集,如何计算交集大小,如何处理符号。同时,需要给出具体的例子,比如计算1到n中能被至少一个数整除的个数,并解释代码的运行流程。 可能还需要提到代码中的关键点,比如如何用位掩码k来枚举子集,如何通过位与操作检查哪些元素被包含在当前子集中,如何维护当前子集的lcm,以及如何处理溢出问题(比如r可能会超过n,这时候可以提前终止)。 最后,应用场景部分需要举几个实际的例子,比如数学问题中的计数,或者几何问题中的区域计算,引用中的几何工具应用可能相关,比如poj题目中的几何问题可能用到容斥原理来计算覆盖区域。 总结来说,回答需要包括容斥原理的C语言实现步骤,示例代码的解释,以及应用场景的举例。同时,根据用户提供的引用,特别是引用[1]中的代码,可能需要将其作为示例进行详细说明,并引用相关部分。</think>### C语言中容斥原理的实现与应用 #### 一、容斥原理基础 容斥原理用于计算多个集合的并集大小,公式为: $$|A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_m| = \sum |A_i| - \sum |A_i \cap A_j| + \sum |A_i \cap A_j \cap A_k| - \dots + (-1)^{m+1}|A_1 \cap \dots \cap A_m|$$ #### 二、实现步骤 1. **位运算枚举子集** 通过二进制位掩码遍历所有子集组合(共$2^m-1$种),例如: ```c for (int k = 1; k < (1 << m); k++) ``` 2. **计算集合交集** 使用最大公约数(GCD)和最小公倍数(LCM)处理交集: ```c int gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; } long long lcm(long long a, long long b) { return a / gcd(a, b) * b; } ``` 3. **符号控制** 根据子集元素个数的奇偶性决定加减符号: ```c if (__builtin_popcount(k) % 2) sum += n / current_lcm; else sum -= n / current_lcm; ``` #### 三、完整示例代码 以下代码实现**计算1~n中能被数组l中任意数整除的数的个数**: ```c #include <stdio.h> int gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; } int main() { int n, m, l[15]; while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) { for (int i = 0; i < m; i++) scanf("%d", &l[i]); int result = 0; for (int k = 1; k < (1 << m); k++) { long long current_lcm = 1; int cnt = 0; for (int i = 0; i < m; i++) { if (k & (1 << i)) { current_lcm = current_lcm / gcd(current_lcm, l[i]) * l[i]; if (current_lcm > n) break; // 防止溢出 cnt++; } } if (cnt % 2) result += n / current_lcm; else result -= n / current_lcm; } printf("%d\n", result); } return 0; } ``` #### 四、关键代码解析 1. **位掩码遍历** `k`从1到$2^m-1$遍历所有非空子集,每位表示是否选中对应元素[^1]。 2. **动态计算LCM** 通过不断更新`current_lcm`处理多个数的LCM,同时防止数值溢出[^3]。 3. **奇偶性判断** `__builtin_popcount(k)`统计二进制中1的个数,决定加减符号[^2]。 #### 五、应用场景 1. **数学问题** 计算区间内满足多个条件的整数数量(如同时被2/3/5整除的数)。 2. **几何覆盖** 求多个几何图形覆盖区域的总面积(如圆、矩形的交集计算)[^4]。 3. **组合计数** 解决排列组合中的包含排除问题,如错位排列数的计算。
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