HDU

题意:

有 n 个青蛙，第 i 个青蛙每次只能够跳 ai 步，现在有 m 个石头围成一圈，编号为 0 到 m−1，现在青蛙可以围着这个石头组成的圆跳无限次，每跳一次就会占领这个石头，可以无限占领，现在问你的是这 n 个青蛙占领的石头的编号的总和是多少。

思路: 
先说第一种方法: 
我们可以发现对于每个ai,他所能经过的石头为 k*gcd（m,ai）.但是我们发现比如第一个样例 
2 12 
9 10 ,gcd分别为2 ，3。 
2 经过 0 2 4 6 8 10 
3经过 0 3 6 9 
这就会有重复的,比如6就会被算两次.这就需要去掉了,这时候就可以想到这个题需要容斥一下了.那么关键是怎么容斥?

现在我们已知 gi=gcd(m,ai)， 我们还是考虑 m 的因子x，如果这个因子 x 符合条件，那么我们来计算 x 对答案做出的贡献： (mx−1)∗m2。 
首先我们预处理出 m 的除了 1 和 m 的因子 fac[i]，如果这个因子fac[i]%g[i]=0 的话(其中 g[i]为可能出现的最大公约数)，那么我们将其用一个 vis 数组进行标记为 1，然后再用一个数组 num 记录当前因子对答案做过的贡献，初始值为 0，那么有第i 个因子做出的贡献为： (mx−1)∗m2∗(vis[i]−num[i]) 
因为可能有重复的，所以我们就对所有能够整除因子 fac[i] 的因子全都加上 vis[i]−num[i]， 然后就可以计算答案了。

总结：很好的容斥把， 对于一个gcd， 如果把他加入贡献，他所有的倍数也都加入了贡献， 所以我们把所有a[i]跟m的gcd，在m因子里的倍数都标记一下vis， 然后枚举m的因子， 用num记录每个数贡献了几次， 当前枚举了一个数， 他所有的倍数都贡献了一次，下次他倍数再出现就不用算贡献了，每个数只能贡献一次， 所以其他枚举到的数，如果他的倍数有之前贡献过一次的数了，他就要减去了。很好的容斥。还是要观察题目， gcd(m, a)，这不就是说所有gcd都是m的因子，他的lcm也是m的因子吗。。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <vector>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 1e4 + 5;int cnt[maxn], n, m;vector<int> fac;void init(){    fac.clear();    memset(cnt, 0, sizeof(cnt));    for(int i = 1; i*i <= m; i++)    {        if(m % i == 0)        {            fac.push_back(i);            if(i != m/i) fac.push_back(m/i);        }    }}int main(){    int _, ca = 1;    cin >> _;    while(_--)    {        scanf("%d%d", &n, &m);        init();        sort(fac.begin(), fac.end());        int x, flag = 0;        for(int i = 0; i < n; i++)        {            scanf("%d", &x);            int gcd = __gcd(m, x);            if(gcd == 1) flag = 1;            for(int j = 0; j < fac.size(); j++) //记录所有有贡献 的因子                if(fac[j]%gcd == 0)                    cnt[j] = 1;        }        if(flag)        {            printf("Case #%d: %lld\n", ca++, (ll)m*(m-1)/2);            continue;        }        ll ans = 0;        for(int i = 0; i < fac.size(); i++)        {            if(!cnt[i])  continue;            ans += (ll)(m/fac[i]-1)*m/2*cnt[i];            for(int j = i + 1; j < fac.size(); j++)                if(fac[j]%fac[i] == 0)                    cnt[j] -= cnt[i];        }        printf("Case #%d: %lld\n", ca++, ans);    }    return 0;}