【poj1091】 跳蚤

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个数组成一张卡片，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：${a_1,a_2,a_3,a_4······a_n,m}$，那么如果要满足题目要求，就是说存在一个数列${x:x_1,x_2,x_3,x_4······x_n,x_{n+1}}$使得${a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3+a_4x_4+······+a_nx_n+mx_{n+1}=1}$。也就是说${gcd(a_1,a_2,a_3,a_4,······,a_n,m)=1}$（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：${(frac{m}{x})^n}$。这个式子的意思就是在小于等于${m}$的数中有${frac{m}{x}}$个能被${x}$整除的数，于是卡片上的每一个位置就有${frac{m}{x}}$个数可以供你选择。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，因为gcd为x不会统计两次。

　　综上所述，我们先将m质因数分解，然后容斥统计即可。

细节

　　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;
}