【做题】hdu5514 Frogs——另类容斥

题意是给出n个m的约数，问[0,m-1]中至少被其中一个约数整除的整数和。（n<=10000,m<=1000000000）

直接容斥的话，是2^n再拖个log的复杂度，加上当前的数大于m时直接跳出了剪枝，或许会小一点。

但是有一个很重要的性质：我们容斥中所有计算过贡献的数，都是m的因数。换言之，我们计算贡献的数的个数是及其有限的，故可以计算出所有因数贡献的系数。

我们给所有因数赋予互不重叠的“贡献”，定义为所有能被其整除但不能被其他大于它的因数整除的数的和。这种贡献是我们用来表示答案的组成的，但是不可以直接计算。

于是一开始，我们把所有是这n个约数的倍数的贡献设为1。事实上，容斥就体现在这里。我们这里是设为1，而不是加1。即对于一个同时是多个因数的倍数的数，我们只计算一次贡献。

然而，我们在实际计算中，一个数的贡献在它的所有因数中都计算过了。设因数i的实际系数是ri，初始定义的系数是vi，那么，我们有

时间复杂度O(√m+n*d(m)+d(m)^2)。（好像非常玄学）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10010;
typedef long long ll;
ll ans;
int a[N],n,m,p,fac[N],num[N],cnt,tmp;
int main() {
  int t;
  scanf("%d",&t);
  for (int ca = 1 ; ca <= t ; ++ ca) {
    memset(num,0,sizeof num);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    cnt = 0;
    ans = 0;
    for (int i = 1 ; i * i <= m ; ++ i) if (m%i == 0) {
      fac[++ cnt] = i;
      if (i * i != m) fac[++ cnt] = m/i;
    }
    sort(fac+1,fac+cnt+1);
    for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i) {
      scanf("%d",&a[i]);
      a[i] = __gcd(a[i],m);
      for (int j = 1 ; j <= cnt ; ++ j)
        if (fac[j] % a[i] == 0) num[j] = 1;
    }
    for (int i = 1 ; i <= cnt ; ++ i) if (num[i]) {
      tmp = m / fac[i];
      ans += 1ll * tmp * (tmp - 1) / 2 * fac[i] * num[i];
      for (int j = i + 1 ; j <= cnt ; ++ j)
        if (fac[j] % fac[i] == 0) num[j] -= num[i];
    }
    printf("Case #%d: %lld
",ca,ans);
  }
  return 0;
}

小结：在容斥对象数量少的时候，存下其中的每一个贡献的系数是可取的优化方向。