【CodingTrip - 携程编程大赛第一场】1001 聪明的猴子

来源：HDU携程编程大赛初赛第一场

聪明的猴子

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 0    Accepted Submission(s): 0

Problem Description

森林中有一排香蕉树（无限长），一只猴子站在其中一棵树上，猴子在跳跃前要先抽取一张卡片，卡片上写有A+1个自然数，其中最后一个是B，前A个数只能小于等于B，卡片上的数字可以相同。猴子每次跳跃先从卡片上任选一个自然数C，然后向左、或向右跳C棵树。猴子的任务是：跳到与它左边相邻的香蕉树上时，就可以吃掉上面的香蕉。 例如，当A=2，B=4时，对于卡片(2, 3, 4)，猴子就可以吃到香蕉：它可以先向左跳3棵树，再向右跳两棵树。而对于卡片(2, 2, 4)，猴子则怎么也不可能跳到它左边相邻的香蕉树上。 当确定A和B后，则一共可以有B^A张不同的卡片。问题是，在这所有的卡片中，有多少张可以让猴子完成任务。 

 

Input

第1行k,表示有k组测试数据，k<=100第2至k+1行，每行两个自然数A和B，以一个空格分开 （A<= 10 , B <= 20)。

 

Output

共k行，每行的数字代表每组数据中，可以让猴子跳到它左边相邻香蕉树的卡片数。

 

Sample Input

32 34 85 13

 

Sample Output

83840371292

这个题和POJ 1091一样的，直接用了。挺难的一个数学题，用到了容斥原理（以下为转载）

容斥原理：设集合S中至少具有P1、P2、…、Pm中的一个性质的元素个数是

|S1 ∪ S2 ∪ S3 ∪ ... ∪ Sm| = ∑|Si| - ∑|Si ∩ Sj| + (-1)^(m+1) |S1 ∩ S2 ∩ S3 ∩ ... ∩ Sm|

4、容斥原理化简式：|S| - |S1 ∪ S2 ∪ S3 ∪ ... ∪ Sm| = |S| ∏ （1 - 1/|Si|)

解题思路：将M因式分解：M = P1^K1 * P2^K2 + ... + Pr^Kr

则区间[1, M]内的整数是Pi的倍数的有：Pi, 2Pi, 3Pi, ..., r1Pi （这里的r1 = M / Pi）

而同理，是Pi.Pk的倍数有：Pi.Pk, 2Pi.Pk, ..., rPi.Pk （这里的r = M / Pi.Pk)

当前n个数中都含有P1的因数的情况数有r1^n = (M / P1)^n种，含有P2的因数情况数有r2^n = (M / P2)^n种，……

而总可能数为M^n种，故结果res = M^n - [(M / P1)^n + (M / P2)^n + ... + (M / Pn)^n] + ... + (-1)^(n+1) * [M / (P1*P2*P3*...*Pk)]，由容斥原理化简式得到

res = M^n ∏ （1 - 1/Pi^n)

代码：

#include <cstdio>#include <cmath>#include <iostream>using namespace std;long long Pow(long long m,long long n){long long res=1;while(n){if(n&1)res*=m;m*=m;n>>=1;}return res;}long long ans(long long n,long long m){long long answer=Pow(m,n);long long x=m;for(long long i=2;i*i<=x;i++){if(m%i==0){long long q=Pow(i,n);answer=answer/q*(q-1);while(m%i==0)m/=i;}}if(m>1)answer=answer/Pow(m,n)*(Pow(m,n)-1);return answer;}int main(){int testcase;int n,m;cin>>testcase;while(testcase--){    cin>>n>>m;    cout<<ans(n,m)<<endl;}return 0;}