HDU-5072 补集转化+容斥原理

题意：给n个数，求满足一下条件的三元组(a,b,c)数量：a,b,c两两互质或者a,b,c两两不互质。

解法：这道题非常巧妙地运用补集转化和容斥原理。首先我们令这n个数为n个点，然后两两之间连边如果是互质连黑色不互质连红色，那么这个图就会变成完全图。那么题目就是要求我们计算这个完全图的同色三角形数量。观察发现同色三角形数量非常难求但是异色三角形数量好求，因为每个异色三角形对应三个点必定有两个点是连接两条异色边的。并且这种关系是一一对应的，那么我们就可以对于每个点求出连接该点的异色边对数，就可以求出与该点相关的异色三角形数量（注意这里用的词是相关，那么一个异色三角形与两个异色点相关所以答案要除以2）。

那么问题就变成怎么快速找到一个点连接的异色边对数呢？很容易想到如果点i的异色边数为e[i]的话，同色边数就是n-e[i]-1，那么对数就是(e[i])*(n-e[i]-1)。但是问题是怎么快速计算e[i]的数量？也就是说对于a[i]怎么快速求出n个数中有几个数与a[i]互质？

这个问题是此题关键。我们用到容斥原理：与一个数a[i]不互质的数数量=至少拥有a[i]的一个质因子数量-至少拥有a[i]的两个质因子数量+至少拥有a[i]的三个质因子数量-至少拥有a[i]的四个质因子数量......。那么我们就先求出mul[i]代表n个数中拥有i因子的数的数量（这里具体是用到状态压缩枚举的办法，具体看代码很好懂），得到mul之后对于a[i]与它不互质的数的个数就是a[i]的质因子组合用利用mul数组计算上诉的容斥原理式子得到。

到这里此题可解了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,m,a[N],mul[N],e[N];
vector<int> fac[N];

void prework() {  //预处理1-100000的因子 
    for (int i=1;i<=100000;i++) {
        int n=i;
        for (int j=2;j*j<=n;j++) {
            if (n%j==0) {
                fac[i].push_back(j);
                while (n%j==0) n/=j;
            }
        }
        if (n>1) fac[i].push_back(n);
    }
}

int main()
{
    prework();
    int T; cin>>T;
    while (T--) {
        scanf("%d",&n);
        for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
        memset(mul,0,sizeof(mul));
        memset(e,0,sizeof(e));
        for (int i=1;i<=n;i++) {
            int ALL=1<<fac[a[i]].size();
            for (int j=0;j<ALL;j++) {
                int sum=1;
                for (int k=0;k<fac[a[i]].size();k++)
                    if (j&(1<<k)) sum=sum*fac[a[i]][k];
                mul[sum]++;  //代表是sum倍数的a[i]的个数++    
            }
        }
        for (int i=1;i<=n;i++) {
            int ALL=1<<fac[a[i]].size();
            for (int j=1;j<ALL;j++) {
                int sum=1,sig=-1;
                for (int k=0;k<fac[a[i]].size();k++)
                    if (j&(1<<k)) sum=sum*fac[a[i]][k],sig*=-1;
                e[i]+=sig*mul[sum];  //容斥原理求与a[i]不互质的数个数(包括自己) 
            }
            e[i]=n-e[i];  //补集就是与a[i]互质的数个数(不包括自己) 
            if (a[i]==1) e[i]=n-1;
        }
        
        long long ans=1,tmp=0;
        for (int i=n;i>n-3;i--) ans=ans*i;
        ans=ans/6;  //计算全集C(n,3) 
        
        for (int i=1;i<=n;i++) tmp+=(long long)(e[i])*(n-e[i]-1);  //计算异色三角形数量 
        printf("%lld
",ans-tmp/2);
    }
    return 0;
}