HDU4135 Co-prime【容斥原理】3方法

Problem Description

Given a number N, you are asked to count the number of integers between A and B inclusive which are relatively prime to N.
Two integers are said to be co-prime or relatively prime if they have no common positive divisors other than 1 or, equivalently, if their greatest common divisor is 1. The number 1 is relatively prime to every integer.

Input

The first line on input contains T (0 < T <= 100) the number of test cases, each of the next T lines contains three integers A, B, N where (1 <= A <= B <= 10¹⁵) and (1 <=N <= 10⁹).

Output

For each test case, print the number of integers between A and B inclusive which are relatively prime to N. Follow the output format below.

Sample Input

21 10 23 15 5

Sample Output

Case #1: 5Case #2: 10

Hint

In the first test case, the five integers in range [1,10] which are relatively prime to 2 are {1,3,5,7,9}.

题意：计算从a到b中与n的共同因子只有1的数字个数。

思路：欧拉函数肯定在这里是无法应用的，这里应用了容斥原理，

如上图为容斥原理的思路：

1.位运算遇到集合是奇数的就加，偶数的就减

2.队列数组

3.递归算法

分析：

n和1——a-1的不互素个数num1，互素个数a-1-num1

n和1——b的不互素个数num2，互素个数b-num2

最后结果为b-num2-(a-1-num1)

1.位运算：（素因子的个数全局变量cnt记录）

#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cstdio>using namespace std;typedef long long ll;ll prime[100];int cnt;void init(int m){     cnt=0;    for(ll i=2;i*i<m;i++)    if(m%i==0){        prime[cnt++]=i;//prime储存素因子，cnt为素因子的个数        while(m%i==0){          m/=i;        }    }    if(m>1)        prime[cnt++]=m;//这里是因为有的n的因子大于sqrt(n)，比如14，他的素因子有2，7，}ll rong_chi(ll cur){    ll res,ans=0;    for(ll i=1;i<ll(1<<cnt);i++)    {        res=1;        ll flag=0;        for(ll j=0;j<cnt;j++)        {            if(i&(ll(1<<j))) //出现因子            {                flag++;   //统计出现的集合个数                res*=prime[j];  //取并之后的因子乘积            }        }        if(flag&1)            ans+=cur/res;  //奇数 加        else            ans-=cur/res; //偶数 减    }    return ans;}int main(){    ll t;    cin>>t;    int icase=0;    while(t--){        memset(prime,0,sizeof(prime));        ll a,b,n;        int len=0;        cin>>a>>b>>n;        init(n);        printf("Case #%d: %lld\n",++icase,b-rong_chi(b)-(a-1-rong_chi(a-1)));    }    return 0;}

2.队列数组（素因子个数用全局变量cnt记录）

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;typedef long long ll;int prime[50],cnt;int sum[1<<11],q;void init(int m){     cnt=0;    for(ll i=2;i*i<m;i++)    if(m%i==0){        prime[cnt++]=i;//prime储存素因子，cnt为素因子的个数        while(m%i==0){          m/=i;        }    }    if(m>1)        prime[cnt++]=m;//这里是因为有的n的因子大于sqrt(n)，比如14，他的素因子有2，7，}ll que[100005];ll solve(ll m){    ll k,front=0,sum=0;    que[front++]=-1;    for(ll i=0;i<cnt;i++)//所有的素因子都加入队列    {        k=front; //记录上一次循环的所有因子的组合方式的个数        for(ll j=0; j<k;j++)//用这次的因子a[i]与前面的k中组合进行组合         que[front++]=que[j]*prime[i]*-1;//  *（-1） 是因为容斥定理 “奇加偶减”性质    }    for(ll i=1;i<front;i++)//front为n的素因子的所有可能的组合方式，front=2^cnt-1，这里有效的把二进制位实现的所有种类个数从循环拿到队列中来了，所以这就适用于cnt的个数（也可以说n)较大的情况        sum+=m/que[i];    return sum; //sum为是n的因子的倍数的个数}int main(){    int t,icase=0;    ll a,b,n;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&n);        init(n);        printf("Case #%d: %lld\n",++icase,b-solve(b)-(a-1-solve(a-1)));    }    return 0;}

3.递归（素因子的个数记录在全局变量cnt）

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;typedef long long ll;int prime[20],cnt;void Init(int m){    int i;    cnt=0;    for(i=2;i*i<=m;i++)        if(m%i==0){        prime[cnt++]=i;        while(m%i==0)m/=i;        }    if(m!=1)prime[cnt++]=m;}ll Noprime(int m,ll n,int x){    ll i,ret=0;    for(i=x;i<cnt;i++)        ret+=n/prime[i]-Noprime(m,n/prime[i],i+1);    return ret;}int main(){    int t,T,N;    ll A,B;    scanf("%d",&T);    for(t=1;t<=T;t++)    {        scanf("%lld%lld%d",&A,&B,&N);  Init(N);        printf("Case #%d: %lld\n",t,B-Noprime(N,B,0)-(A-1-Noprime(N,A-1,0)));    }    return 0;}

以上三分代码的容斥原理的部分都可以当做容斥原理的模板