HDU 1695（数论，筛选+素因子分解+容斥）

题意：已知给定k,x,y求 1<=a<=x 1<=b<=y 中满足 gcd(a,b)=k 的(a,b)对数。（注意数对是无序的）。 1<=x,y<=1e5, 0<=k<=1e5

用到了欧拉函数,素因子分解,筛选法,组合数学上的容斥原理等,不失为一道好题!!!

大体思路：

有一个小小的变形:在[1...b/k]中选x,在[1....d/k]中选y,使gcd(x,y)=k,求不重复的对数

我们让d>=b;　　然后在[1....d/k]进行枚举,对于每一个i,我们只要在1...min(i-1,b)中找到与i互质数,记录个数,然后累加就得到结果了

当i<=b/k时,我们可以直接用欧拉函数计算出与i互质的个数　(当然要先进行因子分解,才能求欧拉函数)

当b/k<i<=d/k时,就比较难求了,我们用b/k减去与i不互质的数的个数得到,求与i不互质的数的个数时就用到容斥原理,设i的素因子分别的p1,p2...pk,则1..b/k中p1的倍数组成集合A1,p2的倍数组成集合A2,p3到A3.....pk到Ak,　由于集合中会出现重复的元素,　所以用容斥原理来求A1并A2并A3.....并Ak的元素的数的个数.

容斥原理的具体如下：

如果i因子个数num[i]为0，即i为素数，则区间中与i不互质的个数是0

否则，区间中与i不互质的个数 = （区间中i的每个质因数的倍数个数）-（区间中i的每两个质因数乘积的倍数）+（区间中i的每3个质因数的乘积的倍数个数）-（区间中i的每4个质因数的乘积）+...

    于是问题变成了统计每个数的不同质因数的个数而忽略次数。这个可以用筛法。具体做法如下：

    对每个数保存一个真质因数的列表。初始每个列表的长度为0。然后从2开始，分别检查每个数的列表长度，如果列表长度不为0，则这个数是合数，跳过；如果这个长度为0，则我们找到了一个质数，同时再把这个数的倍数（不包含本身）的列表里加入这个数。

用到了欧拉函数,素因子分解,筛选法,组合数学上的容斥原理等,也不失为一道好题!!!

题目意思好懂,在[1...b]中选x,在[1....d]中选y,使gcd(x,y)=k,求不重复的对数

有一个小小的变形:在[1...b/k]中选x,在[1....d/k]中选y,使gcd(x,y)=k,求不重复的对数

我们让d>=b;　　然后在[1....d/k]进行枚举,对于每一个i,我们只要在1...min(i-1,b)中找到与i互质数,记录个数,然后累加就得到结果了

当i<=b/k时,我们可以直接用欧拉函数计算出与i互质的个数　(当然要先进行因子分解,才能求欧拉函数)

当b/k<i<=d/k时,就比较难求了,我们用b/k减去与i不互质的数的个数得到,求与i不互质的数的个数时就用到容斥原理,设i的素因子分别的p1,p2...pk,则1..b/k中p1的倍数组成集合A1,p2的倍数组成集合A2,p3到A3.....pk到Ak,　由于集合中会出现重复的元素,　所以用容斥原理来求A1并A2并A3.....并Ak的元素的数的个数.

这算是一道比较复杂的数论题了,参照了大牛门的代码....没办法自己没有能力想出来；

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 100005
typedef long long ll;
vector<int> x[N];
bool is[N];

void prime() {
    memset(is, false, sizeof(is));
    for (int i=0; i<N; i++) x[i].clear();

    for (int j=2; j<N; j+=2) x[j].push_back(2);
    for (int i=3; i<N; i+=2)
        if (!is[i]) {
            for (int j=i; j<N; j+=i) {
                is[j] = true;
                x[j].push_back(i);
            }
        }
}
int work(int u, int s, int w) {
    int cnt = 0, v = 1;
    for (int i=0; i<x[w].size(); i++) {
        if ((1<<i) & s) {
            cnt++;
            v *= x[w][i];
        }
    }
    int all = u/v;
    if (cnt % 2 == 0) return -all;
    else return all;
}

int main() {

    prime();

    int T, a, b, c, d, k;
    scanf("%d", &T);
    for (int cas=1; cas<=T; cas++) {
        scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
        if (k == 0) {
            printf("Case %d: 0\n", cas);
            continue;
        }
        b /= k, d /= k;

        if (b > d) { a = b; b = d; d = a; }
        long long ans = 0;
        for (int i=1; i<=d; i++) {
            k = min(i, b);
            ans += k;
            for (int j=1; j<(1<<x[i].size()); j++)
                ans -= work(k, j, i);
        }
        printf("Case %d: %I64d\n", cas, ans);
    }
    return 0;
}