HDU 4777 Rabbit Kingdom --容斥原理+树状数组

来源：互联网发布：mac apache forbidden 编辑：程序博客网时间：2024/04/29 07:02

题意：给一个数的序列，询问一些区间，问区间内与区间其他所有的数都互质的数有多少个。

解法：直接搞有点难，所谓正难则反，我们求区间内与其他随便某个数不互质的数有多少个，然后区间长度减去它就是答案了。

那么怎么求区间内与区间其他某个数不互质的数的个数（记为cnt）呢？我们用L[i],R[i]表示在整个序列中左边与 i 最近的与 i 不互质的数的位置，R[i]表示右边的，L[i],R[i]我们可以正反扫一遍顺便分解因子，用个pos[]记录很方便地求出。那么区间内的cnt为L[i]或R[i]在区间内的 i 的个数。

令事件 A：i 的 L[i]在区间内 B：i 的 R[i]在区间内，则答案为

即 cnt = |A|+|B|-|A∩B|

那么

事件A 记为 [L[i],i] 在区间内

事件B 记为 [i,R[i] 在区间内

事件|A∩B| 记为 [L[i],R[i]]在区间内

用三个vector分别存下三种区间。

解决区间内有多少个区间可以用离线树状数组做。

注意： sort 结构体vector时务必在结构体中内嵌比较函数，手写cmp函数再 sort(v.begin(),v.end(),cmp) 会超时。我也不知道为啥。

代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <algorithm>#include <vector>using namespace std;#define N 200007struct node{    int l,r,ind;    node(int _l,int _r,int _ind):l(_l),r(_r),ind(_ind){}    node(){}    bool operator<(const node &B)const{ return r<B.r; }}Q[N];vector<node> AB[3];int ans[3][N],T[N];int a[N],pos[N],maxi,L[N],R[N],n,m,c[N];int cmp(node ka,node kb) { return ka.r < kb.r; }int lowbit(int x) { return x&-x; }void modify(int x){    if(x <= 0) return;    while(x <= n) { c[x]++; x += lowbit(x); }}int getsum(int x){    int res = 0;    while(x > 0) { res += c[x]; x -= lowbit(x); }    return res;}void init(){    int i,j;    for(i=0;i<=maxi;i++) pos[i] = 0;    for(i=1;i<=n;i++)    {        int tmp = a[i];        for(j=2;j*j<=tmp;j++)        {            if(tmp%j == 0)            {                L[i] = max(L[i],pos[j]);                pos[j] = i;                while(tmp%j == 0) tmp/=j;            }        }        if(tmp != 1)        {            L[i]=max(L[i],pos[tmp]);            pos[tmp]=i;        }    }    for(i=0;i<=maxi;i++) pos[i] = n+1;    for(i=n;i>=1;i--)    {        int tmp = a[i];        for(j=2;j*j<=tmp;j++)        {            if(tmp%j == 0)            {                R[i] = min(R[i],pos[j]);                pos[j] = i;                while(tmp%j == 0) tmp/=j;            }        }        if(tmp != 1)        {            R[i]=min(R[i],pos[tmp]);            pos[tmp]=i;        }    }}void GET(int k){    memset(c,0,sizeof(c));    int i,j = 0;    for(i=1;i<=m;i++)    {        int L = Q[i].l;        int R = Q[i].r;        int ind = Q[i].ind;        while(j < n && AB[k][j].r <= R)            modify(AB[k][j].l), j++;        ans[k][ind] = getsum(R)-getsum(L-1);    }}int main(){    int i,j;    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF && n+m)    {        maxi = 0;        memset(ans,0,sizeof(ans));        for(i=0;i<3;i++) AB[i].clear();        for(i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d",&a[i]), maxi = max(maxi,a[i]);            L[i] = 0, R[i] = n+1;        }        init();        for(i=1;i<=m;i++)        {            scanf("%d%d",&Q[i].l,&Q[i].r);            Q[i].ind = i;            T[i] = Q[i].r-Q[i].l+1;        }        sort(Q+1,Q+m+1);        for(i=1;i<=n;i++)        {            AB[0].push_back(node(L[i],i,0));       //A : L[i]在区间内的数的个数            AB[1].push_back(node(i,R[i],0));       //B : R[i]在区间内的数的个数            AB[2].push_back(node(L[i],R[i],0));    //A交B        }        for(i=0;i<3;i++)        {            sort(AB[i].begin(),AB[i].end());            GET(i);        }        for(i=1;i<=m;i++)            printf("%d\n",T[i]-ans[0][i]-ans[1][i]+ans[2][i]);  //容斥原理    }    return 0;}

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