【数论】【容斥原理】【EXGCD】COCI 2017/2018 Round #3 Sažetak

本文探讨了一种使用容斥原理解决特定类型数学问题的方法，重点在于如何处理大规模数据集下的一组复杂方程。通过转换问题形式，将原问题转化为求解特定条件下变量x的个数，利用exgcd算法求解线性方程组，最终通过容斥原理消除重复计算，得到准确解。文章提供了详细的算法实现和代码示例。

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分析：

非常板的容斥题。。。考场上时间多点应该还是写得出来的。。。

转换一下题目，就是求
满足 $x\equiv 1(mod\ a_i)且x\equiv 0(mod\ a_j)$ 的x的个数（ $x\leq N$ ）。

由于N非常大，无法判断求解，只能算贡献。

就是对于一对数 $a_i,a_j$ 求 $A*a_i=B*a_j+1$ 中A的解的个数。
然而算贡献最大的弊病就是会重复，所以要去重。

然后就可以用容斥原理。

定义 $f_{(u,v)}$ 表示 $\forall i\in u满足\ x\equiv 1(mod\ a_i)且\forall j\in v满足\ x\equiv 0(mod\ a_j)$

那么答案就是 $\sum(-1)^{|u|+|v|}f(u,v)$

接下来就是求 $f(u,v)$ ，可以用exgcd来算，因为 $\forall i\in u满足\ x\equiv 1(mod\ a_i) \Rightarrow x\equiv1(mod\ lcm(a_0,a_1,a_2,……))$ 。

然后就变成 $Ax=By+1$ 的解，就变成了 $Ax-By=1$ ，然后就是exgcd的模板了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXM 22
#define MAXN 1100000
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
ll f[MAXN],sum[MAXN],a[MAXN],sum1[MAXN];
int m;
ll gcd(ll x,ll y){
    if(y==0)
        return x;
    return gcd(y,x%y);  
}
ll lcm(ll x,ll y){
    ll g=gcd(x,y);
    return x/g*y;
}
ll exgcd(ll x,ll y,ll g){
    if(g==0)
        return 0;
    ll t=exgcd(y%x,x,g%x);  
    t=(g-t*y)/x;
    if(t<0){
        t+=(-t)/y*y;
        t+=y;
    }
    return t%y;
}
int main(){
    SF("%lld%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<m;i++)
        SF("%d",&a[i]);
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<(1<<m);i++){
        int k1=(i&(-i));
        int k=-1;   
        while(k1){
            k1>>=1;
            k++;
        }
        int i1=(i^(1<<k));
        if(f[i1]==0)
            continue;
        f[i]=lcm(f[i1],a[k]);
        if(f[i]>n)
            f[i]=0;
    }

    for(int i=1;i<(1<<m);i++)
        for(int j=1;j<(1<<m);j++)
            if(f[i]&&f[j]&&gcd(f[i],f[j])==1){
                ll x=exgcd(f[i],f[j],1);
                ll res=f[i]*x;
                ll lcc=f[i]*f[j];
                if(res<n)
                    sum[i|(j<<m)]=(n-res-1ll)/lcc+1ll;
            }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<(1<<(2*m));i++){
        int x=__builtin_popcount(i);
        if(x%2==0)
            ans+=sum[i];
        else
            ans-=sum[i];    
    }
    for(int i=0;i<m;i++)
        if(n%a[i]==1){
            ans++;
            break;
        }
    PF("%lld",ans);
}