hdu4135Co-prime-容斥原理

题意：给定a、b、c，求a到b区间内与c互质的数。

分析：我们可以先转化下：用(1,b)区间与n互质的数的个数减去(1,a-1)区间与n互质的数的个数,那么现在就转化成求(1,m)区间于n

互质的数的个数,如果要求的是(1,n)区间与n互质的数的个数的话，我们直接求出n的欧拉函数值即可，可是这里是行不通的!我们不妨

换一种思路：就是求出(1,m)区间与n不互质的数的个数，假设为num，那么我们的答案就是：m-num!

举一组实例吧:假设m=12,n=30.

第一步：求出n的质因子：2,3,5；

第二步：(1,m)中是n的因子的倍数当然就不互质了(2,4,6,8,10)->n/2  6个,(3,6,9,12)->n/3  4个,(5,10)->n/5  2个。

如果是粗心的同学就把它们全部加起来就是：6+4+2=12个了，那你就大错特错了,里面明显出现了重复的,我们现在要处理的就是如何去掉那些重复的了！

第三步：这里就需要用到容斥原理了，公式就是：n/2+n/3+n/5-n/(2*3)-n/(2*5)-n/(3*5)+n/(2*3*5).

第四步:我们该如何实现呢？我在网上看到有几种实现方法：dfs(深搜)，队列数组，位运算三种方法都可以！上述公式有一个特点：n除以奇数个数相乘的

时候是加，n除以偶数个数相乘的时候是减。我这里就写下用队列数组如何实现吧：我们可以把第一个元素设为-1然后具体看代码如何实现吧！

#include<cstdio>int j,a[1000];void init(int n){    int i;    j=0;    for(i=2;i*i<=n;i++)    {        if(n%i==0)        {            a[j++]=i;            while(n%i==0)                n/=i;        }    }        if(n>1) a[j++]=n;}__int64 query(__int64 n){    __int64 b[10000],i,m,k,t=0,sum=0;    b[t++]=-1;    for(i=0;i<j;i++)    {        k=t;        for(m=0;m<k;m++)        {            b[t++]=b[m]*a[i]*(-1);        }    }    for(i=1;i<t;i++)        sum+=n/b[i];    return sum;}int main(){    int n,i,t;    __int64 x,y,m;    scanf("%d",&t);    for(i=1;i<=t;i++)    {        scanf("%I64d%I64d%d",&x,&y,&n);        init(n);        m=y-query(y)-(x-1-query(x-1));        printf("Case #%d: %I64d\n",i,m);    }}