[2016ACM多校] HDU5768 容斥原理 中国剩余定理

题意

给出数组p和a，是7的倍数且除以任何一个pi余数不为ai的数是幸运数，问[x,y]中有多少幸运数。

思路

因为幸运数n要满足使得任意一个n%pi=ai不成立，鉴于中国剩余定理可以方便的解出{x%pi=ai}这样的模方程组，所以用容斥原理，先求出7的倍数在减去满足一个方程的，+满足两个方程的-。。。就可以得到结果了。当然，在每次解方程组时都要加上x%7=0这个方程。
注意！pi累乘<10……18且ai<10^5，会爆long long，有取模所以要用快速乘法。赛场上因为计数有点整不清楚，在这wa了好几炮。

AC代码 C++

#include <stdio.h>#include <string.h>#include <math.h>#include <algorithm>using namespace std;#define MAXN 20long long p[MAXN];long long a[MAXN];long long tp[MAXN] = {7};long long ta[MAXN];//类似快速幂方法解决超过long long范围的long long取模乘法long long mul(long long a, long long b, long long c){    if(a < 0) a+= c;    if(b < 0) b+= c;    long long ans = 0;    while(b)    {        if(b&1) ans = (ans+a)%c;        a = a*2%c;        b >>= 1;    }    return ans;}long long extend_gcd(long long a, long long b, long long& x, long long& y){    if(!b)    {        x = 1;        y = 0;        return a;    }    long long r = extend_gcd(b, a%b, y, x);    y -= x * (a / b);    return r;}long long M;long long crt(long long n, long long* a, long long* m){    long long ret=0, x, y, tm, i;    for(i=0, M=1; i<n; i++)        M *= m[i];    for(i=0; i<n; i++)    {        tm = M / m[i];        extend_gcd(tm, m[i], x, y);        ret = (ret + mul(a[i], mul(tm, x%M, M), M))%M;    }    return (ret + M) % M;}int main(){    long long T, t, n, i, j, cnt, ans;    long long x, y, r;    scanf("%I64d", &T);    for(t=1; t<=T; t++)    {        scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &x, &y);        for(i=0; i<n; i++)            scanf("%I64d%I64d", p+i, a+i);        for(i=ans=0; i<(1<<n); i++)        {            tp[0] = 7, ta[0] = 0;            for(j=cnt=0; j<n; j++)            {                if(i & (1 << j))                {                    tp[++cnt] = p[j];                    ta[cnt] = a[j];                }            }            r = crt(cnt + 1, ta, tp);            if(x < r && y < r) continue;            long long st = (x-r)%M == 0 ? (x-r)/M :  ceil((long double)(1.0*(x-r))/M);            long long ed = (y-r)%M == 0 ? (y-r)/M : floor((long double)(1.0*(y-r))/M);            long long sum = max(0LL, ed - st + 1);            ans += (cnt & 1) ? -sum : sum;        }        printf("Case #%I64d: %I64d\n", t, ans);    }    return 0;}