POJ 1091 跳蚤(容斥原理)

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POJ 1091 跳蚤
题意：

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MN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。
两个整数N和M(N<=15,M<=108)。

分析；
只有当这n+1个数的gcd>1时，这n+1个数才不会使得到达左边一个单位长度的地方。那么我们枚举这n+1个数的gcd，求出不符合题意的情况，然后用MN减去即可。
注意到第n+1个数是M,那么我们对M进行质因子分解，然后枚举M的因子，进行容斥就好了。
还要注意到这题的范围比较大需要用double存，看到有的童鞋用long long也 A了，数据太弱了。。。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <string>#include <algorithm>#include <climits>#include <cmath>#include <ctime>#include <cassert>#include <vector>#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);using namespace std;typedef long long ll;const int MAX_N = 10010; int vis[MAX_N], prime[MAX_N], prime_cnt;void GetPrime(){    prime_cnt = 0;    memset(vis, 0, sizeof(vis));    for(int i = 2; i < MAX_N; ++i) {        if(vis[i] == 0) prime[prime_cnt++] = i;        for(int j = 0; j < prime_cnt && i * prime[j] < MAX_N; ++j) {            vis[i * prime[j]] = 1;            if( i % prime[j] == 0) break;        }    }}vector <int> fac;void GetFactor(int m){    fac.clear();    for(int i = 0; prime[i] * prime[i] <= m; ++i) {        if(m % prime[i] == 0) {            fac.push_back(prime[i]);            while(m % prime[i] == 0) m /= prime[i];        }    }    if(m > 1) fac.push_back(m);}double double_pow(int a, int b){    double res = 1, tmp = a;    while(b) {        if(b & 1) res *= tmp;        tmp *= tmp;        b >>= 1;    }    return res;}int main(){    GetPrime();    int n, m;    while(~scanf("%d%d", &n, &m)) {        GetFactor(m);        int size = fac.size();        double ans = 0.0;        for(int i = 1; i < (1 << size); ++i) {            int mul = 1, bits = 0;            for(int j = 0; j < size; ++j) {                if(i & (1 << j)) {                    bits ++;                    mul *= fac[j];                }            }            if(bits & 1) ans += double_pow(m / mul, n);            else ans -= double_pow(m / mul, n);        }        printf("%.0lf\n", double_pow(m, n) - ans);    }}