POJ 1091 跳蚤 [容斥原理]【组合数学】

最新推荐文章于 2019-12-21 03:07:19 发布

Tabris_

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分类专栏： === 组合数学 === POJ

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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
———————————.

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)

————————————.
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;
}