POJ2773 Happy 2006-2种题解方法

题目链接：http://poj.org/problem?id=2773

题目大意：给定一个n要求出这个从0到n的第k个与n互质的数，

 

 

第一种：

举个例子，一个数，比如n，若从1~n上与n互质的数有p个，

则从n+1~2*n上也必然会有p个（可以拿单个数想一想，其实我也不会证明），

则1~2*n上就有2*p个与其互质的数，

同样的，1~m*n上就有m*p个与n互质的数。

这样的话，我们可以先求出从1~n上的与其互质的数，并记录为sum个，数组记录第sumi个是谁，

然后用k与sum作比较，看看这个k是哪一个区间上的，然后输出结果时判定一下即可。

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 1e6+10;

int prime[maxn];

int gcd(int a,int b)
{
    if(b==0) return a;
    else return gcd(b,a%b);
}

int main()
{
    int n,k,sum;
    while(cin>>n>>k)
    {
        sum=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(gcd(i,n)==1)
                prime[++sum]=i;
        if(k%sum)
        {
            cout<<(k/sum)*n+prime[k%sum]<<endl;
        }
        else
            cout<<(k/sum-1)*n+prime[sum]<<endl;
    }
    return 0;
}

当然这个就比较简单易懂，

还有下一个

第二种：

根据唯一分解定理： 对一个数进行因式分解， 最终必定能分解为多个素数相乘的式子， 且这个式子是唯一的（1除外）。

1.那么我们可以m进行素数分解， 并记录它由哪些素数构成。 如果一个数的分解式中不含有构成m的素数， 那么这个数就与m互素。

2.然后二分答案ans， 如果在ans范围之内， 有>=k个与m互素的数， 那么就缩小范围， 否则扩大范围。

3.对于就1到mid中有多少个与m互素的数需要用到容斥原理：

假设1到mid中有k个与m互素，而且mid是最小的一个（mid最小，最小的意思1~mid存在k个与m互质的个数，因为可能mid+1也有k个与m互质的个数），那么我们就可以说mid是第k个与m互素的数。。

这样就可以用到2分的思想，讲1到inf进行2分，2分出最小的符合有k个与m互素的数的数就行了。。。

比如假设m=12；mid=13

12=2*2*3

那么1到mid中与m不互质的数就有2,3,4,6,8,9,10,12，

其实就是2的所有倍数，以及3的所有倍数

这样我们就 算出与1到13中与12不互素的个数为： 13/2+13/3-13/(2*3)=8;

互素的数就位13-8=5

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL LNF = 9e18;
const int maxn = 1e5+10;

LL m, k;
LL fac[maxn], sum;

void init()
{
    sum = 0;
    LL tmp = m;
    for(LL i = 2; i*i<=tmp; i++)
    if(tmp%i==0)
    {
        fac[sum++] = i;
        while(tmp%i==0) tmp /=  i;
    }
    if(tmp>1) fac[sum++] = tmp;
}

LL test(LL tmp)  //容斥原理找出1~mid上的与mid互质数量
{
    if(m==1) return tmp;
    if(tmp==1) return 1;

    LL ret = 0;
    for(LL s = 1; s < (1<<sum); s++)
    {
        LL p = 1,  cnt = 0;
        for(LL j = 0; j<sum;  j++)
        if(s&(1<<j))
        {
            p *= fac[j];
            cnt++;
        }
        ret += (cnt&1)?(tmp/p):(-tmp/p);
    }
    return tmp - ret;
}

void solve()
{
    LL l = k, r = LNF;
    while(l<=r)
    {
        LL mid = (l+r)>>1;
        if(test(mid)>=k)
            r = mid - 1;
        else
            l = mid + 1;
    }
    printf("%lld\n", l);
}

int main()
{
    while(scanf("%lld%lld",&m,&k)!=EOF)
    {
        init();
        solve();
    }
    return 0;
}