【GDOI2016模拟3.16】幂(容斥 + 模型复杂转化)

【GDOI2016模拟3.16】幂
  • \(X\in[1,A],Y\in[1,B]\),问:\(x^y\)的不用取值个数.

  • \(A,B\)都是\(10^9\)级别.

  • 然后我们开搞.

  • 首先,假设一个合法的\(x\)可以表示为\(x=\prod p_i^{q_i}\),那么令\(d=gcd(q_1,q_2...q_k)\)

  • 假设\(d>1\),显然我们不需要单独考虑,因为它可以继续化简,我们找到最简的那个数然后去一次性处理.

  • 那么此时所有情况都变成了\(d=1\).

  • 此时再分两种情况讨论,因为我们现在实际上把问题转化为了:

    \(x\in[1,A]\),\(y\in [1,B]\),求\((c^x)^y\)的不同个数.

  • 然后这个问题显然当\(x>\sqrt{A}\)时贡献就是\(B\)。

  • 所以题目转化为:

    在\(x\in[1,\sqrt{A}],y\in[1,B]\)时,\((c^x)^y\)的不同个数.

  • 于是我们可以正难则反,计算一下不合法的个数,假设\(k={log_x}^n\),那么问题又可以转化为:

    \(x\in[1,k],y\in[1,B]\),\(xy\)的相同个数.

  • 于是这个问题值得思考一下.

  • 咱有一个经典套路:分块计算;

  • 即把总范围\([1,KB]\)变成\(K\)块,每一块都长的像这样的形式:

\[[(i-1)B+1,iB] | (1\le i \le K)
\]
  • 那么现在单独考虑每一块的贡献.

  • 然后假设我们现在处理第\(i\)个块,那么如果其中某一个数可以被表示为\(x*y\)的形式.

  • 则必定存在一个\(d\in [i,k]\),满足\(d|x*y\).

  • 因为这样子就必定能满足\(x\in [1,K],y\in [1,B]\)这两个条件.

  • 所以现在题目再次被转化:

    等价于我们要求在区间\([(i-1)B+1,iB]\)范围内有多少个数是\([i,k]\)区间中某一个数的倍数.

  • 这次转化以后我们发现问题就变得熟悉了...

  • 因为\(B\)比较大,\(k\)貌似小,所以,,,, 这TM容斥一下不就好了??

  • 但是,我们发现,\(k\)最大可能为\(30\),这意味着,\(2^{30}\)是接受不了的...

  • 但是我们很容易想到,如果当乘上一个数的lcm没有变化之后,就不需要去弄.

  • 这样子的话时间一下子就降了下来,反正怎么打都能过~

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath> #define ll long long
#define F(i, a, b) for (ll i = a; i <= b; i ++)
#define sqr(x) ((x) * (x)) const ll N = 5e5; ll ans, sum; ll A, B, up, P[N]; bool vis[N]; using namespace std; void Init() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("data.in", "r", stdin);
#endif scanf("%lld%lld", &A, &B); up = int(sqrt(A)) + 1; ans = 1LL * (A - 1) * B + 1;
} void GetPrime() {
F(i, 2, N - 1) {
if (!vis[i])
P[++ P[0]] = i;
F(j, 1, P[0]) {
if (P[j] * i >= N) break;
vis[P[j] * i] = 1;
if (i % P[j] == 0) break;
}
}
} ll gcd(ll x, ll y){
return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);
} void dfs(ll x, ll v, ll st, ll en, ll g, ll k) {
if (x > k) {
sum += 1LL * (en / v - st / v) * g;
return;
}
if (x != gcd(v, x)) {
dfs(x + 1, v * x / gcd(v, x), st, en, g * (- 1), k);
dfs(x + 1, v, st, en, g, k);
}
} ll Solve(ll x) {
ll cnt = -1;
for (ll tmp = 1; tmp <= A; tmp *= x, cnt ++); sum = 0;
F(i, 2, cnt)
dfs(i, 1, (i - 1) * B, i * B, 1, cnt); return sum;
} void Doit() {
F(i, 2, up) {
ll tmp = i, yes = 0;
F(j, 1, P[0]) {
if (sqr(P[j]) > i) break; ll cnt = 0;
while (tmp % P[j] == 0) tmp /= P[j], cnt ++; yes = gcd(yes, cnt);
if (yes == 1) break;
} if (tmp > 1 || yes == 1)
ans -= Solve(i);
} printf("%lld\n", ans);
} int main() {
Init(); GetPrime(); Doit();
}
上一篇:在一个项目各个子模块中使用Maven的一些通用的准则


下一篇:实战1--应用EL表达式访问JavaBean的属性