poj1091 跳蚤
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http://poj.org/problem?id=1091 (题目链接)
题意
给出一张卡片,上面有n+1个数,其中最大的数为m,每次可以向前或者向后走卡片上面的步数。问有多少种方案选出n个数,使得存在一种走的方案经过若干步后可以达到与起点距离为1的位置上。
Solution
今天考试题,又是一道大原题。。。
我们假设卡片上的数分别为:{a1,a2,a3,a4······an,m},那么如果要满足题目要求,就是说存在一个数列x:{x1,x2,x3,x4······xn,xn+1}使得a1x1+a2x2+a3x3+a4x4+······anxn+mxn+1=1。也就是说gcd(a1x1,a2x2,a3x3,a4x4,······anxn,mxn+1)=1(欧几里得)。
所以我们知道了合法的卡片上面的数的gcd一定为1,但是这样的话并不是特别好处理,我们考虑求出不合法的卡片方案数,再用总的卡片方案数减去不合法的得到答案。
不合法的方案就是卡片上的数字的gcd不为1,于是我们可以枚举它的gcd。对于1个gcd:x,它的方案数为:pow(m/x,n)。这个式子的意思就是在小于等于m的数中有m/x个能被x整除的数,于是卡片上的每一个数就有m/x种选法。这就转化为了容斥原理的经典问题:求小于等于m的数中,能够整除m的数的个数。我们只是将统计答案那一步稍加修改一下罢了。注意,如果统计过gcd为x的情况,那么不用再统计gcd为x2的情况了。
综上所述,我们先将m质因数分解,然后容斥统计即可。
其实这道题还有个隐藏数据范围:mn≤1016,是不是很高兴,不用写高精度了。
代码
// poj1091 #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #define LL long long #define inf 2147483640 #define Pi acos(-1.0) #define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout); using namespace std; LL n,m,ans,p[1000]; int num; void divide(LL m) { num=0; for (int i=2;i*i<=m;i++) if (m%i==0) { p[++num]=i;m/=i; while (m%i==0) m/=i; } if (m>1) p[++num]=m; } LL power(LL a,LL b) { LL res=1; while (b) { if (b&1) res*=a; a*=a; b>>=1; } return res; } void dfs(int x,int y,int z) { if (z>m) return; if (x==num+1) { if (y) { if (y&1) ans-=power(m/z,n); else ans+=power(m/z,n); } return; } dfs(x+1,y,z); dfs(x+1,y+1,z*p[x]); } int main() { scanf("%lld%lld",&n,&m); ans=power(m,n); divide(m); dfs(1,0,1); printf("%lld",ans); return 0; }
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