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## 容斥原理专题
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### 一、模板题
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#### [$AcWing$ $890$. 能被整除的数](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15389237.html)
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**题意**：给定一个质数序列，求$1 \sim n$中被质数序列中 **至少一个整除** 的整数有多少个。
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**解题思路**
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① 至少被一个质数整除,正向思考就是:被$1$个除，被$2$个除，被$3$个除,...,
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用测试用例举栗子：
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```cpp {.line-numbers}
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10 2
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2 3
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```
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表示$n=10$,质数序列为`2 3`,那么:
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$2$能够被质数$2$整除
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$3$能够被质数$3$整除
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$4$能够被质数$2$整除
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$6$能够被质数$2,3$整除
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$8$能够被质数$2$整除
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$9$能够被质数$3$整除
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$10$能够被质数$2$整除
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看了一下，感觉$6$有点特殊:别人都是被$1$个质数整除，只有它是被$2$个质数整除。
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为什么呢？思考一下，原来是因为$6=2\times 3$,也就是$6$中同时有$2$和$3$两个质数因子，而其它的只有一个质数因子。
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② 这么一个个的检查怕是不行，因为$n,p_i<=10^9$,这样遍历一次就$TLE$了，需要有一个快速些的算法。那有什么样的办法能够做到快点计算出一个区间内有多少个$2$,$3$,$x$...的倍数呢？这是一个小学数学问题，遇到事决，小学数学：
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<font color='red' size=4><b>$[1 \sim n]$中被$p$整除的数个数= $⌊\frac{n}{p}⌋$ </b></font>
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> **注**：这里可不是说质数，比如我们想计算$10$以内$6$的倍数,就是$10/6=1$,这个$1$需要减去~
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有了这个办法，就可以快速计算了，但问题马上又来了：
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因为$6$即能被$2$整除，也能被$3$整除，这样就会被计算$2$次!
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$⌊\frac{10}{2}⌋+⌊\frac{10}{3}⌋=5+3=8$
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而我们用纸笔一个个查出来的是$7$个，这样算的结果多出来$1$个，很显然，就是因为$6$被记录了两次，需要把记录两次的扣除掉一次,噢，这是容斥原理啊！如果某个数是三个质因子的倍数，那么还需要加上它,....
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② **容斥原理算法步骤**
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质因子站好排后，使用二进制数位枚举来每个质因子是不是选择了，这样可以穷举所有的可能 ，需要注意的是二进制需要从$1$开始枚举，一直到$2^m-1$。
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> **注**：$m$为质因子的个数，$2^m-1$就是共$m$位，每个位置上都是数字$1$,表示全部选中。根据选择了因数数量的奇偶性，决定它的加或减。
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> 举栗子：
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> $2^2-1=4-1=3=(11)_2$
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> $2^3-1=8-1=7=(111)_2$
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> $2^4-1=16-1=7=(1111)_2$
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> $2^5-1=32-1=7=(11111)_2$
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> **注意**：在枚举过程中，如果出现$2\times 3 \times 7 \times 11=462$，如果$n=100$,那么这组解无效，因为超过了极限值嘛，所以此时组合选择需要放弃掉。
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#### $Code$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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int n, m; // n:质数个数，m:1~m的数字中有多少个可以被质数序列中至少一个整数整除。
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// 注意：代码里的n,m与模板题目中的含义相反！一定要注意!!!!!!!!!!!!
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vector<int> p; // 质数数组
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signed main() {
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cin >> m >> n; // 与m互质,n个质数！
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// 读入n个质数,为了使用vector<int>，读入时确实不太方便
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for (int i = 0; i < n; i++) {
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int x;
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cin >> x;
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p.push_back(x);
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}
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// ① 枚举从1到 2^n-1,每个数字，代表一种状态，每个状态代表一种质数的挑选办法
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// 当然，这些整数值的乘积可能大于n,大于的没用，只要小于等于n的
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int s = 0;
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for (int i = 1; i < 1 << p.size(); i++) {
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int t = 1, cnt = 0; // 累乘积，质因子个数
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// ② 在对应的整数值确定后，枚举此数值的每一个数位
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for (int j = 0; j < p.size(); j++)
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if (i >> j & 1) { // ③判断当前数位是不是1,是1表示当前数位选中
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if (t * p[j] > m) { // 乘积不能超过最大值m，控制在[1~m]范围内
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t = 0; // s=0代表本次挑选的组合失败，无效
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break; // 由于i是由小到大遍历的，前面的都无效了，后面的肯定更大，更无效，不用继续了
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}
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cnt++; // 选择的质因子个数
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t *= p[j]; // 累乘积
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}
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if (t) { // 超过范围的，s=0,所以，现在代表只讨论在范围内的
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if (cnt & 1) // 质数因子数量，奇数加
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s += m / t; // 引理内容，代表m里面有多少个这个数字s的倍数
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else // 偶数减
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s -= m / t;
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}
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}
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cout << s << endl;
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}
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```
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### 二、题单
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### [$HDU4135$ $Co-prime$](https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4135)
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**题意:**
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给三个数$a、b$ 和 $m$，求区间$[a,b]$中与$m$互质的数的个数。
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$1 <= a <= b <= 10^{15}$，$1 <=m <= 10^9$。
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**解析**：
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这道题与模板题不太一样，加入了一些变化，分析一下：
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先从这句话下手：**与$m$互质**
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答：就是把$m$分别质因数后，形成一个质数序列$p_1,p_2,...,p_x$,然后我们可以根据模板题，
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① 求出来$1 \sim a-1$之间的所有数被$p_1,p_2,...,p_x$中的至少一个数整除的整数有多少个。
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② 求出来$1 \sim b$之间的所有数被$p_1,p_2,...,p_x$中的至少一个数整除的整数有多少个。
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二者之差(**类似前缀和**)就是这个区间$[a,b]$之间与$m$不互质的数的个数
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互质的个数等于总数减去不互质的个数就行啦~
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#### $Code$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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vector<int> p; // 质数数组
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int cal(int n, int m) { // 返回1-m中与n互素的数的个数
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p.clear(); // 多组测试数据,清空
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// 分解质因数
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for (int i = 2; i * i <= n; i++) { // 对n分解质因数
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if (n % i == 0) {
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p.push_back(i);
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while (n % i == 0) n /= i;
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}
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}
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if (n > 1) p.push_back(n); // 最后一个大因子，也加入
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int s = 0; // 1到m中与n不互素的数的个数
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// 枚举子集，不能有空集，所以从1开始
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for (int i = 1; i < 1 << p.size(); i++) { // 从1枚举到(2^素因子个数)
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int cnt = 0;
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int t = 1;
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for (int j = 0; j < p.size(); j++) { // 枚举每个素因子
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if (i & (1 << j)) { // 有第i个因子
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cnt++; // 计数
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t *= p[j]; // 乘上这个质因子
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}
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}
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// 容斥原理
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if (cnt & 1) // 选取个数为奇数，加
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s += m / t;
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else // 选取个数为偶数，减
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s -= m / t;
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}
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return m - s; // 返回1-m中与n互素的数的个数
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}
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signed main() {
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int T, ca = 0;
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cin >> T;
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while (T--) {
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int m, a, b;
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cin >> a >> b >> m; // 求区间[a,b]中与m互素的数字个数
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// 计算[1,a-1]之间与m互素的个数
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// 计算[1, b]之间与m互素的个数
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int ans = cal(m, b) - cal(m, a - 1);
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printf("Case #%d: %lld\n", ++ca, ans);
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}
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}
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```
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### [$HDU2841$ $Visible$ $Trees$](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2841)
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### 题意
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给一个$n*m$的矩阵，左下角为$(1,1)$，右上角为$(n,m)$，问农民在$(0,0)$点可以看到多少个点。
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### 分析
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**解题思路**
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如果$(0,0) \rightarrow (x,y)$和$(0,0)\rightarrow(x′,y′)$两个向量共线，即$(0,0),(x,y),(x′,y′)$三点共线，那后面的那个点$(x′,y′)$就被挡住看不到了。
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如果三点共线，那么向量$(x′,y′)$一定可以表示成$(x'=kx,y'=ky)$(其中$k \in Z^+$且$k>1$,$kx<=n,ky<=m$)，因此对于一个数对$(x，y)$,如果它们存在公因数，那么**一定可以化简成最简，即互质的形式**，那么这个互质的数对构成的向量应该是和原向量共线的，因此我们 <font color='red'><b>只能看到最前面那个互质的数对构成的点,其它不互质的都会被它前面的某个互质的挡住</b></font>。
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#### 因此题目转变成求区间$[1,m],[1,n]$之间互质数的**对数**
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**求解办法**：
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选取一个区间（**为了优化选取小区间**）比如说选取$[1,n]$，枚举$n$里面的数$i$，然后对于每个数$i$我们看它在$[1,m]$区间内能找到多少互质的数，**把这些结果全部累加起来即可**。也就是枚举一个小区间中的所有数，然后转化为： <font color='red' size="4"><b>求$1\sim n$中与$m$互素的数的个数</b></font>
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> **注**：通常情况下，小的循环在外层，大的循环在内层会更有利于性能。这是因为内存访问模式对性能有重要影响，将内存中的数据按照连续的顺序访问会更高效。当小的循环在外层时，内存中的数据更有可能按照连续顺序被访问，这有助于提高缓存的命中率，从而提高性能。
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#### $Code$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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const int N = 1e6 + 10;
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// 返回1-m中与n互素的数的个数
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vector<int> p;
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int cal(int n, int m) {
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p.clear();
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for (int i = 2; i * i <= n; i++) {
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if (n % i == 0) {
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p.push_back(i);
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|
while (n % i == 0) n /= i;
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}
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}
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if (n > 1) p.push_back(n); // 求n的素因子
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int s = 0; // 1到m中与n不互素的数的个数
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// 枚举子集，不能有空集，所以从1开始
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for (int i = 1; i < 1 << p.size(); i++) { // 从1枚举到(2^素因子个数)
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int cnt = 0;
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int t = 1;
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for (int j = 0; j < p.size(); j++) { // 枚举每个素因子
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if (i & (1 << j)) { // 有第i个因子
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cnt++; // 计数
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|
t *= p[j]; // 乘上这个质因子
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|
}
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|
}
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// 容斥原理
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if (cnt & 1) // 选取个数为奇数，加
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s += m / t;
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else // 选取个数为偶数，减
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s -= m / t;
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}
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return m - s; // 返回1-m中与n互素的数的个数
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|
}
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signed main() {
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int T;
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cin >> T;
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while (T--) {
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int a, b;
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cin >> a >> b;
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int res = 0;
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// 从1~n(b现在就是n)之间，找到所有与m(m现在就是i)互质的数字个数
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for (int i = 1; i <= a; i++) res += cal(i, b);
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printf("%lld\n", res);
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}
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}
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```
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### [$HDU1695$ $HDU$ $1695$ $GCD$（容斥原理）](https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1695)
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**题意**
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给了 $a、b、c、d、k$ 五个数 求$gcd(x,y)=k$的 **对数**, 其中 $a<=x<=b ,c<=y<=d$ 并且所有数据的$a$和$c$都是$1$。
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**分析**
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$gcd(x,y)=k \rightarrow gcd(x/k，y/k)=1 (1<=x<=b/k, 1<=y<=d/k)$ 也就是求互质的对数
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那么,我们可以去枚举$x$的范围去算$y$中与$x$互质的个数,但 **为了避免重复的情况** 比如`1 3` 和`3 1`算一对 那么我们就假定$x<y$ 所以我们算的是
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<font color='red' size=4><b>大于$x$,小于等于$y$,并且与$x$互质的个数</b></font>
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用容斥原理算出大于$x$小于等于$y$的数中是$x$的质因数的倍数的个数$sum$, 然后$y-x-sum$就是$x$与$1 \sim d/k$中互质的对数。
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```cpp {.line-numbers}
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|
#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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|
#define int long long
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#define endl "\n"
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// 返回1-m中与n互素的数的个数
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vector<int> p;
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int cal(int n, int m) {
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p.clear();
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for (int i = 2; i * i <= n; i++) {
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if (n % i == 0) {
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p.push_back(i);
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|
while (n % i == 0) n /= i;
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|
}
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}
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if (n > 1) p.push_back(n); // 求n的素因子
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int s = 0; // 1到m中与n不互素的数的个数
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// 枚举子集，不能有空集，所以从1开始
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for (int i = 1; i < 1 << p.size(); i++) { // 从1枚举到(2^素因子个数)
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int cnt = 0;
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int t = 1;
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for (int j = 0; j < p.size(); j++) { // 枚举每个素因子
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if (i & (1 << j)) { // 有第i个因子
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|
cnt++; // 计数
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|
|
t *= p[j]; // 乘上这个质因子
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|
}
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|
}
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// 容斥原理
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if (cnt & 1) // 选取个数为奇数，加
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s += m / t;
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|
else // 选取个数为偶数，减
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|
s -= m / t;
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|
}
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|
return m - s; // 返回1-m中与n互素的数的个数
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|
}
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int T, ca;
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signed main() {
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cin >> T;
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while (T--) {
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int a, b, c, d, k;
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cin >> a >> b >> c >> d >> k;
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// k=0时需要特判，因为我们想要 x'=x/k ,y'=y/k,不能随意除，需要判断
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if (k == 0) { // k=0时，表示gcd(x,y)=0
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/*
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如果两个数的最大公约数是0，这意味着这两个数中至少有一个数是0。
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因为最大公约数是两个数共有的最大因子，而0没有最大因子，所以0
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与任何数的最大公约数都是0。
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而a<=x<=b,c<=y<=d,a=c=1,所以，k=0是不可能存在gcd(x,y)=0的，应该返回0对
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*/
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printf("Case %lld: 0\n", ++ca);
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continue;
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}
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b /= k, d /= k;
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// 因为 (1，3)与 (3,1)算1个，所以要限制x<y
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// a=c=1
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if (b > d) swap(d, b);
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int ans = 0;
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// d>b
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for (int i = 1; i <= d; i++) // 枚举大区间
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// c(n,m): 返回1-m中与n互素的数的个数
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// 拿大区间[1~d]中的每个数字i，去 [1~b]中找与其互质的数
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// 但是，这样做的话，会出现 [1,3],[3,1]这样的情况，为了防止这样的事情发生
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// 我们需要控制区间的范围，也就是小于等于i,同时，也要考虑i与b的大小关系，保证i<=b
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// 也就是 min(i,b)
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ans += cal(i, min(i, b));
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printf("Case %lld: %lld\n", ++ca, ans);
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}
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|
}
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```
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#### [$AcWing$ $214$. $Devu$和鲜花](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16378751.html)
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> **思路脉络**
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① 隔板法，每组内允许为$0$个，也就是隔板法扩展
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② 但每个分组中最高的数量有限制！
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③ 正难则反，先用隔板法扩展求一下每个小组可以为$0$的所有方案数
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④ 总的方案数减去每个盒子中不满足条件的并不是答案，因为可能减多了，联想到容斥原理。
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⑤ $S_i$代表每组中至少取出$a_i+1$朵花，那就先拿走这些，然后考虑$m-(a_i+1)$朵花中分成$n$组、并且每组数量可以为$0$的方案数，这是经典的隔板扩展法，然后再把拿走的$a_i+1$朵花拿回来到$i$组中，有原来的情况一致。
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⑥ 与上一题的区别在于：上一题必须保证有一个及以上的因子，也就是`for (int i = 1;i < 1 << n; i++)`,本题可以一个都不选，即：`for (int i = 0;i < 1 << n; i++)`
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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const int N = 20, mod = 1e9 + 7;
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int A[N];
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int n, m;
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// 快速幂
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int qmi(int a, int k) {
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int res = 1;
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while (k) {
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if (k & 1) res = res * a % mod;
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a = a * a % mod;
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k >>= 1;
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}
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return res;
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}
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int C(int a, int b) {
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if (a < b) return 0;
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int up = 1, down = 1;
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for (int i = a; i > a - b; i--) up = i % mod * up % mod;
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for (int i = 1; i <= n - 1; i++) down = i * down % mod; //(n-1)! % mod
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down = qmi(down, mod - 2); // 费马小定理求逆元
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return up * down % mod; // 费马小定理
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}
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signed main() {
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cin >> n >> m;
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for (int i = 0; i < n; i++) cin >> A[i]; // 第i个盒子中有A[i]枝花,限制条件
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int res = 0;
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for (int i = 0; i < 1 << n; i++) { // 容斥原理的项数，0000 代表一个限制条件都没有， 0001代表第1个限制条件生效，0011,代码第1，2个限制条件生效
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int a = m + n - 1, b = n - 1; // 上限是m+n-1,下限不一样
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int sign = 1; // 奇数个限制条件，需要减；偶数个限制条件，需要加。现在这种限制条件组合状态，是奇数个限制，还是偶数个限制？
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for (int j = 0; j < n; j++) // 枚举状态的每一位
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if (i >> j & 1) { // 如果此位是1
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sign *= -1; // 符号位变号，从1变为-1，或者，从-1变为1; 这个用法挺牛X的，漂亮的实现了奇数次负号，偶数次正号的维护
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a -= A[j] + 1; // 拼公式
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}
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res = (res + C(a, b) * sign) % mod;
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}
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cout << (res + mod) % mod << endl;
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}
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```
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## [$HDU3501$ $Calculation$ $2$](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3501)
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**等差数列**
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是指从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数的一种数列，常用$A、P$表示，这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母$d$表示。例如：$1，3，5，7，9，2n-1$。通项公式为：$a_n=a_1+(n-1)*d$。首项$a_1=1$，公差$d=2$，前$n$项和公式为：
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$$\large S_n=n*(a_1+a_n)/2 $$
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> **注意**：$n \ \in Z^+ $
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**公式推导**
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$\large S_n=a_1+a_2+a_3+...+a_n$。
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把上式倒过来得：$\large S_n=a_n+a_{n-1}+a_2+a_1$。
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将以上两式相加得：$\large 2S_n=(a_1+a_n)+(a_2+a_{n-1})+...+(a_n+a_1)$。
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由等差数列性质：若$m+n=p+q$则$a_m+a_n=a_p+a_q$得
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$$\large 2S_n=n(a_1+a_n)$$
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> **注**：括号内其实不只是$a_1+a_n$满足只要任意满足下角标之和为$n+1$就可以两边除以$2$得$s_n=n(a_1+a_n)/2$ ①
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**题意**
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输入$n$,计算比$n$小的数中,和$n$不互质的数的和 $\%1000000007$
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**解题思路**
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求小于$N\ (1 \sim N-1)$的数字中与$N$ **不互质** 的数的 **加法和**。
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与$N$不互质，就与$N$有相同因子,首先将$N$因式分解，找出所有的质因子。
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对于累乘积因子$2$,有$2,4,6,8,……$
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对于累乘积因子$3$,有$3,6,9,12,……$
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对于累乘积因子$6$,有$6,12,18,……$
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也就是需要加上$2$的那一坨，加上$3$的那一坨，再减去$6$的那一坨,...
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而这些坨，都是等差数列，可以用 **等差数列求和公式** 求解。
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#### $Code$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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const int mod = 1000000007;
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signed main() {
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int m;
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while (cin >> m && m) {
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if (m == 1) {
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cout << "0" << endl;
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// 边界需要特别注意！本题的左边界是1
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// 表示的含义是小于1，并且与1不互质的数的加法和，当然是0。
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// 在做题时，先想正常思路，然后再思考一下边界是不是用特判。
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continue;
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}
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int n = m; // 复制出来进行质因数分解
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// 分解质因数
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vector<int> p;
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for (int i = 2; i * i <= n; i++) {
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if (n % i == 0) {
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p.push_back(i);
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while (n % i == 0) n = n / i;
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}
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}
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if (n > 1) p.push_back(n);
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// 容斥原理
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int s = 0;
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for (int i = 1; i < (1 << p.size()); i++) {
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int cnt = 0;
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int t = 1;
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for (int j = 0; j < p.size(); j++) {
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if (i >> j & 1) {
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cnt++;
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t *= p[j];
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}
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}
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/* t:质因子的累乘积
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cnt:质因子的个数
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举栗子：
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枚举到的组合中只有数字2,那么2，4，6，8，10，....需要加上
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|
枚举到的组合中只有数字3,那么3，6，9，12，15，....需要加上
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|
|
枚举到的组合中中6.有数字2，3,那么6，12，18，....需要减去
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|
*/
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|
int num = (m - 1) / t; // 题目要求：比m小的数字中，也就是[1~m-1]这些数字中有多少个数是t的倍数呢?是(m-1)/t个。
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/* 这些数字,首个是t,第二个是t*2,最后一个是t*num
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|
等差数列求和公式：(首项+末项)*项数/2
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模板题是计数，这里不是计数，而是计算这些数加在一起是多少，不能傻傻的一个个累加，而是采用了数学中的等差数列求和公式，
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否则聪明的高斯该生气了~
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*/
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int tmp = (t + t * num) * num / 2;
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if (cnt & 1) // 奇数的加
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s += tmp;
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else // 偶数的减
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s -= tmp;
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}
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cout << s % mod << endl; // 取模输出
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}
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}
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```
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### [$HDU$$ 1796$ $How$ $many$ $integers$ $can$ $you$ $find$](https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1796)
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**题意**
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给你一个整数$N$。和$M$个整数的集合{$A_1、A_2、…、A_m$}。集合内元素为 **非负数** (包括零)，求小于$N$的
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正整数($1\sim N-1$)中，能被$M$个整数的集合中随意一个元素整除的正整数个数。
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比如$N = 12,M = {2，3}$，在$1\sim N-1$中，能被$2$整除的数为{$2,4,6,8,10$}，能被$3$整除的数为{$3,6,9$}。则所求集合为{$2，3，4。6，8，9，10$}，共$7$个，则答案为$7$。
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**解题思路**
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就是求$M$个集合的并集。先看上边的样例。能被$2$整除的数集合$S_1$为{$2,4,6,8,10$}，能被$3$整除的数
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集合$S_2$为{$3,6,9$}。而两者交集$S_{12}$为能被$LCM(2，3) = 6$整除的数为{$6$}。
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则两者并集 $S = S_1 + S_2 - S_{12}$。
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依据容斥定理得：若有$M$个数，则可求出$1~N-1$中能被不同组合的公倍数整除的个数。
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$1\sim N-1$能被公倍数整除的个数为 $(N-1) / LCM$。然后依据奇数项加，偶数项减的原则得出答案个数。
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#### $Code$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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|
#define int long long
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#define endl "\n"
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const int N = 15;
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vector<int> p;
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// 最小公倍数
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int lcm(int a, int b) {
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return a * b / __gcd(a, b);
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}
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signed main() {
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int n, m;
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while (cin >> m >> n) { // n个数，求[1~m)中有多少个数能被整除集合中的数字整除
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m--; // small than m 注意细节
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p.clear(); // 多组测试数据，注意清0
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for (int i = 0; i < n; i++) { // n个数字组成的序列
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int x;
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cin >> x;
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if (x) p.push_back(x); // 排除掉数字0,0不能做除数
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}
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int s = 0;
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for (int i = 1; i < (1 << p.size()); i++) {
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int cnt = 0;
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int t = 1;
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for (int j = 0; j < p.size(); j++) {
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if (i >> j & 1) {
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cnt++;
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t = lcm(t, p[j]); // 这里不是简单的相乘，而是求的最小公倍数
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}
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}
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if (cnt & 1)
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s += m / t;
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else
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s -= m / t;
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}
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cout << s << endl;
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}
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}
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```
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### [$HDU$ $2204$ $Eddy's$爱好]((https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2204))
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#### 题意
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如果一个数能表示为$M^k$，那么这个数是好数，问你$1 \sim n$有几个好数。
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#### 引理
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$100$以内是某个数的$2$次方的数有多少个？怎么计算的？
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对于这个问题，我们可以针对$100$以内的每个数进行计算，看其是否是某个数的$2$次方。但是，如果我们只是想要知道$100$以内有多少个数是某个数的$2$次方，我们可以 <font color='red' size=4><b> 先对$100$进行开方，然后向下取整</b></font>，得到的结果就是$100$以内的$2$次方数的个数。在这种情况下，$100$的开方是$10$，向下取整后得到$10$，这意味着$100$以内有$10$个数是某个数的$2$次方。
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$100$以内是某个数的$2$次方的数包括：$0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64$, 和 $81$。
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#### 思路
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如果我们直接按这个计算，会发现有很多重复，比如有个数是$2$的次方，也有可能是$4$的次方，也有可能是$6$的次方，但是这些其实在$2$的次方中就已经计算了，而$4，8$是$2$的倍数，所以我们只需要 **管素数次方** 就行了。
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那是不是这样就没有重复了？也不是，不同数之间有可能也有，就比如一个数是$6$的次方，他就被素数$2$次方和素数$3$次方同时给统计了，这个要 **用到容斥**，比如$27^2=729$和$9^3=729$会重复,是因为他们都能凑出指数$6$，也就是$27^2=3^{3^2}=3^6,9^3=3^{2^3}=3^6$所以我们需要减去指数$6$所得到的个数。
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我们用$n$计算出指数为$6$的个数，$729^{1/6}=pow(729,1.0/6)=1$
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答案就是先+指数为$2$的，再+指数为$3$的，最后减指数为$6$的
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这就是容斥原理的经典套路了，加奇数个的，减偶数个的。
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#### 指数范围
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**$Q1$:最多多少个质数因子?**
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**答**： 因为$2$是最小的质数因子，它的$60$次方 = $2^{60}>10^{18}$,也就是说，即使是最小的质数,它的$60$次方都超过了题目数据上限，所以，指数最大为$60$足够所有情况使用，打表$60$以内的素数，然后容斥。
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**$Q2$:最多容斥多少个质数？**
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**答**：$2*3*5*7>60$，我们挑选最小的$4$个质数因子，就会超过上限$60$!所以，最多只有三个质数因子,不会有$4$个及以上的质数因子个数。
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|
#### $Code$
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|
```cpp {.line-numbers}
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|
|
#include <bits/stdc++.h>
|
|
|
using namespace std;
|
|
|
#define int long long
|
|
|
#define endl "\n"
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|
// 60以内的质数列表
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int p[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59};
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signed main() {
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int n;
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while (cin >> n) {
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int s = 1, t; // s=1表示最起码数字1符合要求
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for (int i = 0; i < 17; i++) { // 三层循环，遍历质数数组p枚举第一个因子
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t = pow(n, 1.0 / p[i]) - 1; // 计算出指数=p[i]的数的个数,需要减去1，见下面的注释解释
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if (!t) break; // 扣除完1^2后，没有了，那太白扯了
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/*
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int n = 10;
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cout << (int)pow(n, 1.0 / 2) << endl;
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输出3，理解一下：
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10以内，可以描述为x^2的有：1^2 2^2 3^2
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这样，就是说上面的算法，把数字1记录在内了。
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*/
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s += t; // t个，但数字1不能考虑
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for (int j = i + 1; j < 17; j++) { // 三层循环，枚举第二个因子,避让第一个因子
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t = pow(n, 1.0 / (p[i] * p[j])) - 1; // 计算出指数=p[i]*p[j]的数的个数
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|
|
if (!t) break; // 扣除完1^2后，没有了，那太白扯了
|
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s -= t; // 两个的要减
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|
for (int k = j + 1; k < 17; k++) { // 三层循环，枚举第三个因子,避让第一、第二个因子
|
|
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t = pow(n, 1.0 / (p[i] * p[j] * p[k])) - 1; // 计算出指数=p[i]*p[j]*p[k]的数的个数
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|
|
if (!t) break; // 扣除完1^2后，没有了，那太白扯了
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|
s += t; // 三个的要加
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}
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|
}
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|
}
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cout << s << endl;
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}
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|
}
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|
```
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### [$HDU$ $4407$ $Sum$](https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4407)
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#### 题意
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给一个长度为$n$的序列，初始值为$1 \sim n$;
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对序列有以下两种操作；
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1.查询$[x,y]$内与$p$互素的数的和；
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2.修改第$x$数为$c$;
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共$m$,($1 \leq m \leq 1000$)次操作。
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#### 解题思路
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如果我们先忽略操作$2$带来的影响，可以通过求$calc(y)-calc(x-1)$这种类似于前缀的方法来得出答案,其中$calc(y)$的含义就是计算从$1\sim y$之间与$p$互质的数字和，办法当然就是用补集思想先算总和=$sum(1 \sim y)$,然后再计算出与$p$不互质的数字有哪些，用总和减去不互质的数字和，就是互质的数字和。
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本题的数据比较特殊，是$[1\sim n]$序列，是一个等差数列。
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经验告诉我们，需要对$p$先分解质因数,由于我们一般喜欢用`vector<int> p`来保存质因数序列，所以我管原来的输入$p$改名为$P$,小$p$变量名留给质因数序列数组。
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一眼就看出来本题需要容斥原理+二进制枚举组合
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利用二进制法枚举每种可能的质数因子组合，举栗子：$2,3,5$
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本次枚举的是数字$3$,即$(11)_2$,得到质数组合$(2,3)$
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取乘积 $2*3=6$
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此时 $t=6,n/t = n/6$:计算$[1 \sim n]$里面$6$这个因子的倍数有多少个,比如有$3$个
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即：$6,12,18$
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我们需要把这$3$个数字和加到一起，$(6+12+18)$,就是$(1+2+3)*6$
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即：$n * (n + 1) / 2 * d$;
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能不能证明一下这个公式呢？
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我们先看基础公式$S_n=(a_1+a_n)*n/2$
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在本题中，$a_1=d,a_n=a1+(n-1)*d$
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代入 $S_n=(d+d+(n-1)*d)*n/2=d*(2+n-1)*n/2=(n+1)*n/2*d$
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**证毕**
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**$Q$:修改怎么办？**
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本来是一个$1\sim n$的序列，这题目挺坏啊，将第$x$位的值修改为$c$ ,这样，本来依靠等差数列求和之类的东西就无法使用了！
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所以，办法就是 **先写基本盘**，**再做修改盘** 的补充
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> **注**: 为$m$范围只到$1000$，所以暴力不超时
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**步骤**
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① 遍历每个查询范围内的修改，如果原值与$P$互质，则减掉该数值
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② 如果修改的新值与$P$互质，则加上该数值。
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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const int N = 400010;
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unordered_map<int, int> mp; // 能用Hash表不用红黑树
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vector<int> p; // 将m拆分成的质数因子序列p
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/*
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等差数列求和=(首项+末项)*项数/2
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本题中：首项=t,项数=n,公差=t
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举栗子：3,6,9 是一个等差数列，公差=3
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我们可以这样看(1,2,3)*3,也就是先计算(1,2,3)的和，再乘以3=(1+3)*3/2*3=18
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*/
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int get(int t, int n) {
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return n * (n + 1) / 2 * t;
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}
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// 容斥原理+等差数列加法和
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// 求解[1,n]中与c互素的所有数字的和
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// = [1,n]的数字总和 - [1,n]中所有与c存在公共因子的数的和
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int calc(int n) {
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int sum = get(1, n); // [1,n]的数字总和
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int s = 0;
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for (int i = 1; i < (1 << p.size()); i++) {
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int cnt = 0, t = 1;
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for (int j = 0; j < p.size(); j++) {
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if (i >> j & 1) {
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cnt++;
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t *= p[j];
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}
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}
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if (cnt & 1)
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s += get(t, n / t);
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else
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s -= get(t, n / t);
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}
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return sum - s; // 总数，减去不互质的，等于，互质的数字加法和
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|
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}
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|
signed main() {
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#ifndef ONLINE_JUDGE
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freopen("HDU4407.in", "r", stdin);
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|
#endif
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// 加快读入
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ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
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int T; // T组测试数据
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cin >> T;
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while (T--) {
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mp.clear(); // 注意此处，每次测试案例都要清零
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int n, m;
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cin >> n >> m; // 1~n ，共n 个长度的序列
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while (m--) { // m个询问
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int choice;
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cin >> choice; // 操作
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int x, y, P;
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if (choice == 1) { // 查询[x,y]内与c互素的数的和
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cin >> x >> y >> P;
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p.clear(); /// 初始化
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// 分解质因数
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int t = P; // 复制出来
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for (int i = 2; i * i <= t; i++) {
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if (t % i == 0) {
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p.push_back(i);
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while (t % i == 0) t = t / i;
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}
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}
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if (t > 1) p.push_back(t);
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int sum = calc(y) - calc(x - 1); // 类似于前缀和求[x~y]区间内的等差数列加法和
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// 遍历已经录入的所有修改
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for (auto it = mp.begin(); it != mp.end(); it++) {
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int a = it->first, b = it->second;
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// 如果修改的不存本次查询的范围内，改了也不影响我，没用，不理
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if (a > y || a < x) continue;
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// 本来互素,结果被你改了，那就需要减掉这个数值
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if (__gcd(a, P) == 1) sum -= a;
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// 修改后互素的要加上新数值
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if (__gcd(b, P) == 1) sum += b;
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}
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cout << sum << endl;
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} else {
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cin >> x >> P;
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mp[x] = P; // 修改序列内容
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}
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}
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}
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}
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```
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### [$UVA$ $11806$ $Cheerleaders$](https://vjudge.net/problem/UVA-11806)
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<font color='red' size=4><b>考查了组合数公式、补集思想、容斥原理思想（不拘泥于质数+二进制枚举噢~）</b></font>
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#### 题意
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给定$n、m、k$三个数，$n$代表行数，$m$代表列数，$k$代表人数。
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$n*m$的表格，一共有$k$个人，要求：
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① 每个小格只能容纳一个人，所有人必须都在表格中。
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② **第一行、第一列、最后一行、最后一列必须站人**。
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③ **若夹角处站人，则代表此行和列都已站人**。
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问：有多少种方法？
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#### 解题思路
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利用容斥原理，设：
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- $S$为总数。（$n*m$中选$k$个位置，即$C_{n∗m}k$）
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- $A$为第一行没有站人。（少一行）
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- $B$为最后一行没有站人。（少一行）
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- $C$为第一列没有站人。（少一列）
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|
- $D$为最后一列没有站人。（少一列）
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文氏图如下：
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采用 **补集思想**：所有可能的站法 $-$ 所有不可能的站法 $=$ 符合条件的所有站法。
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我们要计算的就是，$S$减去$ABCD$覆盖部分。
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容斥原理公式表示为：
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$ans=S−(A+B+C+D)+(AB+AC+AD+BC+BD+CD)−(ABC+ABD+ACD+BCD)+(ABCD)$
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记：
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$s_1=(A+B+C+D)$
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$s_2=(AB+AC+AD+BC+BD+CD)$
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$s_3=(ABC+ABD+ACD+BCD)$
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$s_4=(ABCD)$
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```cpp {.line-numbers}
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|
|
#include <bits/stdc++.h>
|
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|
using namespace std;
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const int mod = 1000007;
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const int N = 410;
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int C[N][N];
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int n, m, k, ans;
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/*
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Sample Input
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2
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2 2 1
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|
2 3 2
|
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|
Sample Output
|
|
|
Case 1: 0
|
|
|
Case 2: 2
|
|
|
*/
|
|
|
int main() {
|
|
|
#ifndef ONLINE_JUDGE
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|
freopen("UVA11806.in", "r", stdin);
|
|
|
#endif
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|
// 预处理出组合数结果数组
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|
for (int i = 1; i < N; i++) {
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C[i][0] = C[i][i] = 1;
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|
for (int j = 1; j < i; j++)
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|
C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
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|
}
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int T, cas = 1;
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int S, s1, s2, s3, s4;
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cin >> T;
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while (T--) {
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ans = 0; // 多组测试数据，每次注意清零
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cin >> n >> m >> k; // n行,m列,k个人
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if (k == 0) { // 一定要注意边界情况，比如0个人
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printf("Case %d: 0\n", cas++);
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continue;
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|
}
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|
S = C[n * m][k]; // n*m个格子中找出k个格子站人，就是所有方案数
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|
/*
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|
S为总数
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A为第一行没有站人
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|
B为最后一行没有站人
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C为第一列没有站人
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|
D为最后一列没有站人
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令：
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s1 =(A+B+C+D)
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s2=(AB+AC+AD+BC+BD+CD)
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s3=(ABC+ABD+ACD+BCD)
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s4=(ABCD)
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*/
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// A:第一行没人，即C[(n-1)*m,k]
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|
// B:最后一行没人,即C[(n-1)*m,k]
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// C:第一列没人，即：C[n*(m-1),k]
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|
// D:最后一列没人，即：C[n*(m-1),k]
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s1 = 2 * (C[n * (m - 1)][k] + C[(n - 1) * m][k]) % mod;
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|
|
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|
|
// AB:第一行，最后一行没有人，行少了2行，列不变，即C[(n-2)*m,k]
|
|
|
// AC:第一行，第一列没有人，行少了1行，列少了一列，即C[(n-1)*(m-1),k]
|
|
|
// AD:第一行，最后一列没有人，即C[(n-1)*(m-1),k]
|
|
|
// BC:最后一行，第一列没有人，即C[(n-1)*(m-1),k]
|
|
|
// BD:最后一行，最后一列没有人,即C[(n-1)*(m-1),k]
|
|
|
// CD:第一列，最后一列没有人,即C[n*(m-2),k]
|
|
|
// 中间4个是一样的：4*C[(n-1)*(m-1),k]
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s2 = (C[(n - 2) * m][k] + 4 * C[(n - 1) * (m - 1)][k] + C[n * (m - 2)][k]) % mod;
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|
|
|
// ABC:第一行、最后一行、第一列没有人，行少了2行，列少了1列，即C[(n-2)*(m-1),k]
|
|
|
// ABD:第一行、最后一行、最后一列没有人，行少了2行，列少了1列，即C[(n-2)*(m-1),k]
|
|
|
// ABC+ABD=2*C[(n-2)*(m-1),k]
|
|
|
// ACD:第一行、第一列、最后一列没有人，行少了1行，列少了2列，即 C[(n-1)*(m-2),k]
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|
|
// BCD:最后一行、第一列、最后一列没有人，行少了1行，列少了2列，即 C[(n-1)*(m-2),k]
|
|
|
// ACD+BCD=2*C[(n-1)*(m-2),k]
|
|
|
s3 = 2 * (C[(n - 2) * (m - 1)][k] + C[(n - 1) * (m - 2)][k]) % mod;
|
|
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|
// 第一行，第一列，最后一行，最后一列都不能站，那么，剩下n-2行，m-2列，需要在(n-2)*(m-2)这么多的格子里找出k个格子
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s4 = C[(n - 2) * (m - 2)][k] % mod;
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ans = (S - s1 + s2 - s3 + s4) % mod; // 容斥原理
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|
ans = (ans + mod) % mod; // 防止取余后出现负数
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|
printf("Case %d: %d\n", cas++, ans); // 输出答案
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|
}
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|
return 0;
|
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|
}
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|
```
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### [$ACM-ICPC$ $2018$ 沈阳赛区网络预赛$G-Spare$ $Tire$](https://blog.csdn.net/yz467796454/article/details/82531727)
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#### 题意
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**中文题意**：
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给出$a$的递推式，找出$1$到$n$中与$m$互质的数$i$，求$a[i]$和。
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#### 解题思路
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**结论**：递推式 $\large a_n = \frac{3a_{n-1} - a_{n-2}}{2} + n + 1$ 的通项公式为 $a_n = n^2 + n$。
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可以使用数学归纳法来证明这个结论。
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**初值条件**
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当 $n = 1$ 时，$a_1 = 1^2 + 1 = 2$,符合通项公式 $a_n = n^2 + n$。
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当 $n = 2$ 时，$a_2 = 2^2 + 2 = 6$,符合通项公式 $a_n = n^2 + n$。
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**归纳假设**
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假设对于所有的 $n \leq m$，递推式 $a_n = \frac{3a_{n-1} - a_{n-2}}{2} + n + 1$ 的通项公式成立，即 $a_n = n^2 + n$。
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**归纳步骤**
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我们需要证明当 $n = m+1$ 时，通项公式 $a_n = n^2 + n$ 仍然成立。
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根据递推式 $a_n = \frac{3a_{n-1} - a_{n-2}}{2} + n + 1$，我们有：
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$a_{m+1} = \frac{3a_m - a_{m-1}}{2} + m + 1+1 $
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根据归纳假设，将 $a_m$ 和 $a_{m-1}$ 替换为 $(m^2 + m)$ 和 $((m-1)^2 + (m-1))$，得到：
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$a_{m+1} = \frac{3(m^2 + m) - ((m-1)^2 + (m-1))}{2} + m + 1+1 \rightarrow$
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$a_{m+1}=\frac{3m^2+3m-(m^2-2m+1)-m+1}{2}+m+1+1 \rightarrow$
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$a_{m+1}=\frac{3m^2+3m-m^2+2m-1-m+1}{2}+m+1+1 \rightarrow$
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|
$a_{m+1}=\frac{2m^2+4m}{2}+m+1+1 \rightarrow$
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|
$a_{m+1} = m^2 + 2m +m+1+ 1 \rightarrow $
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|
$a_{m+1} = m^2 + 2m +1+m+1 \rightarrow $
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$a_{m+1}= (m+1)^2 + (m+1) $
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因此，当 $n = m+1$ 时，通项公式 $a_n = n^2 + n$ 仍然成立。
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综上所述，根据数学归纳法，递推式 $a_n = \frac{3a_{n-1} - a_{n-2}}{2} + n + 1)$ 的通项公式为 $a_n = n^2 + n$
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费了牛劲，终于求得$a_n=n*n+n$，那么前$n$项和$S_n$是多少呢？
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即$S_n=a_1+a_2+a_3+...+a_n \rightarrow$
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$S_n=1^2+1+2^2+2+3^2+3+...+n^2+n$
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拆开来看:
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① $1,2,3,...,n$很显然是一个等差数列，
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$$\large S_n'=(1+n)*n/2$$
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② $1^2,2^2,3^2,...,n^2$这个序列的求和公式是多少呢?
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这是自然数平方求和数列,有公式：
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$$\large S_n''=n*(n+1)(2*n+1)/6$$
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这个东西是怎么来的呢?
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**推导过程**
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$2³-1³=3×1²+3×1+1$
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$3³-2³=3×2²+3×2+1$
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$4³-3³=3×3²+3×2+1$
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... ...
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$(n+1)³-n³=3n²+3n+1$
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以上$n$个式子相加，得
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$(n+1)³-1=3(1²+2²+3²+...+n²)+3(1+2+3+...+n)+(1+1+1+...+1)$
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即$(n+1)³-1=3(1²+2²+3²+...+n²)+3[n(n+1)/2]+n$
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令$S''=1²+2²+3²+...+n²$
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$3S''=(n+1)³-1-3n(n+1)/2-n$
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$3S''=(n+1)³-3n(n+1)/2-(n+1)$
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$3S''=(n+1)((n+1)^2-3n/2-1)$
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|
$S''=(n+1)(n^2+2n+1-3/2n-1)/3$
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$S''=(n+1)(n^2+n/2)/3$
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$S''=(n+1)(2n^2+n)/6$
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∴$S''=n(n+1)(2n+1)/6$。
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> **更多推导方法，看 [《具体数学》学习笔记: $4$.四种方法推导平方和公式](https://blog.csdn.net/ajaxlt/article/details/86161674)**
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我们直接求与$m$互质的数较难，所以我们可以换个思路，求与 $m$不互质的数，那么与$m$不互质的数，是取$m$的素因子的乘积（因为根据唯一分解定理，任意个数都可看作的素数积），那么我们将$m$分解质因数，通过容斥定理，就可以得道与$m$不互质的数，总和$sum$减去这些数对应的$a$的和就是答案了。
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**代码细节**
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如果我们利用两个质数$2,3$组成了一个数$t=6$,那么在$1\sim n$范围内，一共几个$6$的倍数呢? 以前学习过，是 $n/6=n/t$ 个，
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即：$t,2t,3t,…n/t*t$
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现在我们需要把$i \in [t,2t,3t,…n/t*t]$计算$\sum a[i]$
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有公因子$t$,设$i=t*j$
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我们观察每一项：
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$a(i)=i^2+i=(t*j)^2+(t*j)=t^2*j^2+t*j$
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在平方和公式前面，要乘一个系数$t$的平方，同时在等差数列求和公式前面要乘一个系数$t$。
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根据通项公式，可以以$O(1)$时间快速计算出结果:
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$$\large s_x=t^2*s_x'+t*s_x''$$
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$Sample$ $Input$
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```cpp {.line-numbers}
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|
4 4
|
|
|
```
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|
|
$Sample$ $Output$
|
|
|
```cpp {.line-numbers}
|
|
|
14
|
|
|
```
|
|
|
|
|
|
#### $Code$
|
|
|
```cpp {.line-numbers}
|
|
|
#include <bits/stdc++.h>
|
|
|
using namespace std;
|
|
|
#define int long long
|
|
|
#define endl "\n"
|
|
|
|
|
|
const int mod = 1e9 + 7; // 尽量这样定义mod ，减少非必要的麻烦
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|
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|
// 快速幂
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|
int qmi(int a, int b) {
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int res = 1;
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a %= mod;
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while (b) {
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if (b & 1) res = res * a % mod;
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b >>= 1;
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a = a * a % mod;
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}
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return res;
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}
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vector<int> p; // 将m拆分成的质数因子序列p
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signed main() {
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#ifndef ONLINE_JUDGE
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freopen("SpareTire.in", "r", stdin);
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#endif
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int n, m;
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int Six = qmi(6, mod - 2); // 因为需要用到 % 1e9+7 下6的逆元，用费马小定理+快速幂求逆元
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int Two = qmi(2, mod - 2); // 因为需要用到 % 1e9+7 下2的逆元，用费马小定理+快速幂求逆元
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while (cin >> n >> m) {
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// 所结果拆分为平方和公式，等差数列两部分
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// 注意：现在求的是整体值，还没有去掉不符合条件的数字
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int first = n * (n + 1) % mod * (2 * n + 1) % mod * Six % mod;
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int second = n * (n + 1) % mod * Two % mod;
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int res = (first + second) % mod;
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// 对m进行质因子分解
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int t = m; // 复制出来
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for (int i = 2; i * i <= t; i++) {
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if (t % i == 0) {
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p.push_back(i);
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while (t % i == 0) t = t / i;
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}
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}
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if (t > 1) p.push_back(t);
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/*
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容斥原理
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例如有3个因子，那么1<<3=8(1000二进制)
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然后i从1开始枚举直到7(111二进制），i中二进制的位置1表式取这个位置的因子
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例如i=3(11二进制) 表示取前两个因子，i=5（101）表示取第1个和第3个的因子
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*/
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int s = 0;
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for (int i = 1; i < (1 << p.size()); i++) {
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int cnt = 0, t = 1;
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for (int j = 0; j < p.size(); j++)
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if ((i >> j) & 1) {
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cnt++;
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t *= p[j];
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}
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// 比如找到了s=6=2*3，需要知道s是奇数个，还是偶数个因子
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// n/s:范围内6的倍数有多少个
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int k = n / t;
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int x = k * (k + 1) % mod * (2 * k + 1) % mod * Six % mod;
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x = x * t % mod * t % mod; // 乘上t^2
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// 还需要累加等差数列部分
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// 首项是t,项数是k,末项 t*k
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x = (x + k * (t + t * k) % mod * Two % mod) % mod;
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if (cnt & 1)
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s = (s + x) % mod;
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else
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s = (s - x + mod) % mod;
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}
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// 输出
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cout << (res - s + mod) % mod << endl;
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}
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}
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```
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#### [$AcWing$ $215$. 破译密码](https://www.acwing.com/problem/content/217/)
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