poj1091(容斥原理+质因子分解)跳蚤
来源:互联网 发布:snmp监控linux主机 编辑:程序博客网 时间:2024/05/18 02:35
跳蚤
Time Limit: 1000MS Memory Limit: 10000KTotal Submissions: 10520 Accepted: 3247
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。
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)
(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)
/*容斥原理+质因子分解 ,请选择g++编译器,不然编译错误 我们假设卡片上的标号分别是a1,a2,...,an,M,跳蚤跳对应标号的卡片的次数分别为x1,x2,...,xn,xn+1,那么要满足已知条件只需满足方程a1*x1+a2*x2+...+an*xn+M*xn+1=1有解,即gcd(a1,a2,...,an,m)=1, 于是只要a1...n中一起有个m的公因子即可 *///数据还是蛮水的,不需要用到大数 #include<cstdio>#include<iostream>#include<vector>#include<cmath>using namespace std;#define ll long longint n,m;vector<int> x;void getprime(int m){//得到m的质因子x.clear();for(int i=2;i*i<=m;++i)if(m%i==0){x.push_back(i);while(m%i==0) m/=i;}if(m!=1) x.push_back(m);}int main(){while(~scanf("%d%d",&n,&m)){getprime(m);ll ans=pow(m,n);for(int i=1;i<(1<<x.size());++i){int k=1,cnt=0;for(int j=0;j<x.size();++j)if(i&(1<<j)) k*=x[j],++cnt;if(cnt&1) ans-=pow(m/k,n);else ans+=pow(m/k,n);}printf("%lld\n",ans);}return 0;}
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