HDU 4407 Sum ★(容斥原理)

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4407 题目大意：给定初始n个数1..n，两个操作，①1 x y p 询问第x个数到第y个数中与p互质的数的和; ②：2 x y 把第x个数变成y 思路：容斥原理求数区间[1..r]中与n互质的数的（个数&&和）：HDU 4135 解决它的逆问题：求[1..r]中与n不互质的数的个数. 考虑n的素因子pi，则[1..r]中与pi不互质的数的个数是[r/pi]. 然而，如果我们单纯将所有结果相加，会得到错误答案。有些数可能被统计多次（被好几个素因子整除）。所以，我们要运用容斥原理来解决。我们可以用2^k的算法求出所有的pi组合，然后计算每种组合的pi乘积，通过容斥原理来对结果进行加减处理。

int solve(int r,int n){
    int res = 0;
    vector  p;
    for (int i = 2; i * i <= n; i ++){
        if (n % i == 0){
            p.push_back(i);
            while(n % i == 0){
                n = n / i;
            }
        }
    }
    if (n > 1){
        p.push_back(n);
    }
    for (int msk = 1; msk < (1 << p.size()); msk ++){
        int mult = 1, bit = 0;
        for (int i = 0; i < p.size(); i ++){
            if (msk & (1 << i)){
                ++bit;
                mult *= p[i];
            }
        }
        int cur = r / mult;
        if (bit % 2 == 1){
            res += cur;
        }
        else    res -= cur;
    }
    return r - res;
}

回到此题中，求个数和求和是一样的，我们只需要考虑怎么处理第二个操作——因为这道题m给的很小，所以我们完全可以每次询问都枚举以前改变的情况，至此问题解决。注意一点就是同一个地方的数可能被改两次，所以用map映射处理比较好。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)

using namespace std;

typedef long long LL;    //max long long == 9223372036854775807LL

map  m;

inline LL gcd(LL a, LL b){
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

inline LL solve(int r,int n){
    if (r == 0) return 0;
    LL rans = 0;
    rans = (LL)r * LL(r + 1) / 2;
    LL res = 0;
    /*找n的素因子*/
    vector  p;
    for (int i = 2; i * i <= n; i ++){
        if (n % i == 0){
            p.push_back(i);
            while(n % i == 0){
                n = n / i;
            }
        }
        if (n == 1) break;
    }
    if (n > 1){
        p.push_back(n);
    }
    /*找n的素因子*/
    for (int msk = 1; msk < (1 << p.size()); msk ++){
        int mult = 1;
        int bit = 0;
        for (int i = 0; i < p.size(); i ++){
            if (msk & (1 << i)){
                ++bit;
                mult *= p[i];
            }
        }
        LL cur = r / mult;
        LL curans = 0;
        curans = (cur + 1) * cur / 2 * mult;
        if (bit % 2 == 1){
            res += curans;
        }
        else    res -= curans;
    }
    return rans - res;
}

int main(){
    int t, n, M, pnum;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        pnum = 0;
        m.clear();
        scanf("%d%d",&n,&M);
        for (int i = 0; i < M; i ++){
            int num;
            scanf("%d",&num);
            if (num == 2){
                int a,b;
                scanf("%d%d",&a, &b);
                m[a] = b;
            }
            else{
                int x,y,pp;
                scanf("%d%d%d", &x, &y, &pp);
                LL ans = solve(y, pp) - solve(x - 1, pp);
                map  :: iterator it;
                for (it = m.begin(); it != m.end(); it ++){
                    if (it->first >= x && it->first <= y){
                        if (gcd(it->first, pp) == 1){
                            ans -= it->first;
                        }
                        if (gcd(it->second, pp) == 1){
                            ans += it->second;
                        }
                    }
                }
                printf("%I64d\n",ans);
            }
        }
    }
    return 0;
}

举杯独醉，饮罢飞雪，茫然又一年岁。 ------AbandonZHANG