codeforces 1008 D. Pave the Parallelepiped

题目大意：

T次询问，每次询问给出一个A，B，C，表示一个A×B×C大小的长方体，如果有一种小长方体（表示为a×b×c）(1≤a≤b≤c)能够铺满整个大长方体，这种小长方体就符合条件（要求小的长方体必须以同样的方向来铺），问你有多少种符合条件的小长方体。

题目分析：

将题意转化一下就是，给你三个数A，B，C，问你从这三个数的因子中能挑选出多少种不同的组合。

 

第一思路：直接把A，B，C，的因子数乘起来然后去重，请问怎么减掉呢？一般的容斥通法可不行，因为他们重复的次数是不确定的，这么做势必造成结果错误。

 

思路：

相当于分成7个不相交集合 a(是a的因数，不是bc的因数） b c ab ac bc abc,从中挑三个数，必须满足三个数中有一个是a的因数

有一个是b的有一个是c的（这样才能平铺满！）

每条边来看，3个二进制位表示A，B，C因子的状态

001：只是A的约数，不是BC的约数，这是可以容斥的。下同。

010：只是B的因数。

100：只是C的因数。

011：只是AB的因数。

101：只是AC的因数。

110：只是BC的因数。

111：同时是ABC的因数

 

 

根据题意我们完全可以预处理处最大范围内每个数的因子个数，然后每个样例对于所给的A，B，C 
求出gcd(A,B),gcd(A,C),gcd(B,C); 
我们便可以利用容斥定理求出7种状态的因子个数cnt[i](i = 1,2,…7)

这样对于a，b，c我们只需要枚举每个数的状态（三重循环），并判断保证三个数至少有一个是A的因子B的因子C的因子，这样我们就得到了满足条件的a，b，c的个数。

 

1.如果说a，b，c都是不同的状态，那么我们就得到三种数量，从每种数量中选择1个，利用组合数很好求

2.但是如果有两个数或者三个数相同的状态，这就要求我们从一定数量中选择有重复个元素举个例子 
如果ab状态相同，都是cnt[s]，那么我们应该从cnt[s]中选两个，并且可以重复即a选了k，b也选了k 
这就需用到有重复的组合公式： 
如果从n个元素中选择r个有重复元素，其公式为：

C[n+r−1,r]

 

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <vector>
#include <iostream>
#define ll long long

using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N = 100000+111;
int fac[N];
int sum[10],cnt[10];
ll Comb(int n,int m){//求组合数
    ll ans = 1;
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        ans = ans * (n-i+1) / i;
    }
    return ans;
}
int gcd(int a,int b){
    if(b == 0)
        return a;
    return gcd(b,a%b);
}

bool check(int a,int b,int c)
{
    if( (a&1) && (b&2) && c&(4) ) return true;
    if(  (a&1) && (b&4) && (c&2)) return true;
    if( (a&2) && (b&1) && (c&4)) return true;
    if(  (a&2) && (b&4) && (c&1)) return true;
    if(  (a&4) &&(b&1)  && (c&2) ) return true;
    if( (a&4)  && (b&2) &&(c&1)) return true;
    return false;
}
int main()
{
    int a,b,c,A,B,C,i,j,k,h,ac,ab,bc,abc,t;
    ll ans;
    scanf("%d",&t);
    for(i=1;i<=N;i++)
        for(j=i;j<=N;j+=i)
            fac[j]++;
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
        a=A;b=B;c=C;
        ac=gcd(A,C);
        bc=gcd(B,C);
        ab=gcd(A,B);
        abc=gcd(ab,C);
        sum[1]=fac[a]-fac[ab]-fac[ac]+fac[abc];//001=1
        sum[2]=fac[b]-fac[ab]-fac[bc]+fac[abc];//010 =2
        sum[4]=fac[c]-fac[ac]-fac[bc]+fac[abc];//100=4
        sum[3]=fac[ab]-fac[abc];//011=3
        sum[6]=fac[bc]-fac[abc];//110=6
        sum[5]=fac[ac]-fac[abc];//101=5
        sum[7]=fac[abc]; // 111=7
        ans=0;
        for(i=1;i<8;i++)
            for(j=i;j<8;j++)
                for(k=j;k<8;k++)
                    if(check(i,j,k))
                    {
                        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
                        cnt[i]++;cnt[j]++;cnt[k]++;
                        ll temp=1;
                        for(h=1;h<8;h++)
                        {
                            if(cnt[h])
                            {
                                temp*=Comb(sum[h]+cnt[h]-1,cnt[h]);
                            }
                        }
                        if(temp>0) ans+=temp;
                    }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}

 

借鉴自：

https://blog.youkuaiyun.com/codeswarrior/article/details/81146331

https://blog.youkuaiyun.com/weixin_42165981/article/details/81212814