HDU4407 Sum【容斥原理】

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?

pid=4407

题目大意：

刚開始有一个长度为N的序列，排列为{1、2、3、…、N}。

下边是M个操作指令。

有两种操作：

操作1：给你三个整数 Left Right d  求出区间[Left。Right]上与整数d互素的数的和

操作2：给你两个整数 pos d  将第pos个位置上的数改为d。

解题思路：

求出区间[Left，Right]上与整数d互素的数的和能够用容斥定理求出，类似于HDU4135。

下边考虑更改操作。看了题意，1 <= M <= 1000。最多仅仅有1000个操作，那么能够把

每次的更改操作都保存起来。在求[Left，Right]上与整数d互素的数的和时，能够先求出

原先未改变时的结果，再加上改变操作中改变的结果，即为终于结果。详细參考代码。

參考博文：http://blog.csdn.net/ok_again/article/details/11167313

AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define LL __int64
using namespace std;

int GCD(int a,int b)
{
    if(b == 0)
        return a;
    return GCD(b,a%b);
}

int Factor[22],ct;
int A[1100],B[1100];
//A[]纪录更改位置(下标) B[]纪录更改的值
void Divide(int N)
{
    ct = 0;
    for(int i = 2; i <= sqrt(N*1.0); ++i)
    {
        if(N % i == 0)
        {
            Factor[ct++] = i;
            while(N % i == 0)
                N /= i;
        }
    }
    if(N != 1)
        Factor[ct++] = N;
}

LL Solve(int Left, int Right)
{
    LL ans = 0;
    for(int i = 1; i < (1 << ct); ++i)
    {
        int odd = 0;
        int tmp = 1;
        for(int j = 0; j < ct; ++j)
        {
            if((1 << j) & i)
            {
                odd++;
                tmp *= Factor[j];
            }
        }
        LL Num = Right / tmp - (Left-1) / tmp;  //区间[L,R]中因子tmp的倍数个数
        LL Cnt = Num * (Num+1) / 2 * tmp + ((Left-1)/tmp) * tmp * Num;  //[L,R]上因子tmp的倍数和
        if(odd & 1) //奇加偶减
            ans += Cnt;
        else
            ans -= Cnt;
    }
    return (LL)(Left+Right) * (LL)(Right-Left+1) / 2 - ans; //得到区间[L,R]与d互质的数的和
}

int main()
{
    int T,N,M,op;
    int Left,Right,d,pos;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&N,&M);
        int id = 0;
        while(M--)
        {
            scanf("%d",&op);
            if(op == 1)
            {
                scanf("%d%d%d",&Left,&Right,&d);
                Divide(d);
                LL ans = Solve(Left,Right);
                for(int i = 0; i < id; ++i)
                {
                    if(A[i] >= Left && A[i] <= Right)
                    {
                        if(GCD(d,A[i]) == 1) //由于原先第i位置上的数为i。
计算[L,R]中互质数已经计算过一次，所以要减去
                            ans -= A[i];
                        if(GCD(d,B[i]) == 1) //假设更改的数与d互质。则加上该数。

                            ans += B[i];
                    }
                }
                printf("%I64d
",ans);
            }
            else
            {
                int Flag = 0;
                scanf("%d%d",&pos,&d);
                for(int i = 0; i < id; ++ i)
                {
                    if(A[i] == pos)
                    {
                        Flag = 1;
                        B[i] = d;
                        break;
                    }
                }
                if(!Flag)
                {
                    B[id] = d;
                    A[id++] = pos;
                }
            }
        }
    }

    return 0;
}