BZOJ1220 HNOI2002 跳蚤
Description
Z城市居住着很多只跳蚤。在Z城市周六生活频道有一个娱乐节目。一只跳蚤将被请上一个高空钢丝的正中央。钢丝很长，可以看作是无限长。节目主持人会给该跳蚤发一张卡片。卡片上写有N+1个自然数。其中最后一个是M，而前N个数都不超过M，卡片上允许有相同的数字。跳蚤每次可以从卡片上任意选择一个自然数S，然后向左，或向右跳S个单位长度。而他最终的任务是跳到距离他左边一个单位长度的地方，并捡起位于那里的礼物。比如当N=2，M=18时，持有卡片(10, 15, 18)的跳蚤，就可以完成任务：他可以先向左跳10个单位长度，然后再连向左跳3次，每次15个单位长度，最后再向右连跳3次，每次18个单位长度。而持有卡片(12, 15, 18)的跳蚤，则怎么也不可能跳到距他左边一个单位长度的地方。当确定N和M后，显然一共有MN张不同的卡片。现在的问题是，在这所有的卡片中，有多少张可以完成任务。
Input
输入文件有且仅有一行，包括用空格分开的两个整数N和M。
Output
输出文件有且仅有一行，即可以完成任务的卡片数。1≤M≤10^8，1≤N≤M，且M^N≤10^{16}。（注意：这个数据范围是错的，此题需要高精度。）
Sample Input
2 4
Sample Output
12
HINT
此题需要高精度！
我们考虑有解的情况是什么
就是对于所有的i∈[1,n]的gcd和m互质
直接统计不好搞，就可以用容斥的思想
考虑所有解减去不合法的解
那么如何考虑减去不合法解呢?
考虑容斥一下，累加最大公约数是i的方案数
然后对于i的容斥系数是(−1)^i的质因子数
所以对于每个i的贡献是((m/i)^n*(−1)i的质因子数)
前面一部分的意思是每个位置都可以选择i的倍数的方案数，这也是容斥系数的根源所在
for example：
60=2∗2∗3∗5
一共有2,3,5三个质因子
我们考虑60的贡献
在2,3,5减去了贡献
在2∗3,2∗5,3∗5加上了贡献
所以在60处贡献减去（因为考虑的是减去不合法方案）
然后看10的贡献
在2,5减去了贡献
所以在10加上贡献
就很显然了
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 1010 4 #define LL long long 5 #define fu(a,b,c) for(int a=b;a<=c;++a) 6 #define fd(a,b,c) for(int a=b;a>=c;--a) 7 const int Base=10000; 8 struct Big{ 9 int len,w,t[N]; 10 Big(){len=w=1;memset(t,0,sizeof(t));} 11 }ans; 12 Big change(int a){ 13 Big c;c.len=0; 14 if(a<0)c.w=-1; 15 a=abs(a); 16 while(a)c.t[++c.len]=a%Base,a/=Base; 17 return c; 18 } 19 void print(Big c){ 20 if(c.w==-1)printf("-"); 21 printf("%d",c.t[c.len]); 22 fd(i,c.len-1,1)printf("%04d",c.t[i]); 23 printf(" "); 24 } 25 bool unsigned_cmp(Big a,Big b){//只比较数字大小 26 if(a.len>b.len)return 1; 27 if(a.len<b.len)return 0; 28 fd(i,a.len,1){ 29 if(a.t[i]>b.t[i])return 1; 30 if(a.t[i]<b.t[i])return 0; 31 } 32 return 1; 33 } 34 Big unsigned_add(Big a,Big b){ 35 Big c;c.len=max(a.len,b.len); 36 fu(i,1,c.len)c.t[i]=a.t[i]+b.t[i]; 37 fu(i,1,c.len){ 38 if(c.t[i]>Base){ 39 c.t[i]-=Base; 40 c.t[i+1]++; 41 if(i==c.len)c.len++; 42 } 43 } 44 return c; 45 } 46 Big unsigned_sub(Big a,Big b){ 47 Big c;c.len=max(a.len,b.len); 48 fu(i,1,c.len)c.t[i]=a.t[i]-b.t[i]; 49 fu(i,1,c.len){ 50 if(c.t[i]<0){ 51 c.t[i]+=Base; 52 c.t[i+1]--; 53 } 54 } 55 fd(i,c.len,1){ 56 if(!c.t[i])c.len--; 57 else break; 58 } 59 return c; 60 } 61 Big add(Big a,Big b){ 62 Big c; 63 if(unsigned_cmp(b,a))swap(a,b); 64 if(a.w==1&&b.w==1)c=unsigned_add(a,b),c.w=1; 65 if(a.w==1&&b.w==-1)c=unsigned_sub(a,b),c.w=1; 66 if(a.w==-1&&b.w==1)c=unsigned_sub(a,b),c.w=-1; 67 if(a.w==-1&&b.w==-1)c=unsigned_add(a,b),c.w=-1; 68 return c; 69 } 70 Big sub(Big a,Big b){b.w=0-b.w;return add(a,b);} 71 Big mul(Big a,Big b){ 72 Big c;c.w=a.w*b.w; 73 c.len=a.len+b.len-1; 74 fu(i,1,a.len) 75 fu(j,1,b.len) 76 c.t[i+j-1]+=a.t[i]*b.t[j]; 77 fu(i,1,c.len){ 78 if(c.t[i]>Base){ 79 c.t[i+1]+=c.t[i]/Base; 80 c.t[i]%=Base; 81 if(i==c.len)c.len++; 82 } 83 } 84 return c; 85 } 86 Big fast_pow(Big a,int b){ 87 Big ans;ans.t[1]=1; 88 if((b&1)&&a.w==-1)ans.w=-1; 89 while(b){ 90 if(b&1)ans=mul(ans,a); 91 b>>=1; 92 a=mul(a,a); 93 } 94 return ans; 95 } 96 int n,m; 97 int p[N],cnt=0; 98 bool check(int vl){ 99 fu(i,2,sqrt(vl)) 100 if(vl%i==0)return 0; 101 return 1; 102 } 103 void divide(int num){ 104 fu(i,2,num){ 105 if(num%i==0&&check(i)){ 106 p[++cnt]=i; 107 while(num%i==0)num/=i; 108 } 109 } 110 } 111 void dfs(int tmp,LL sum,int typ){ 112 if(tmp>cnt)return; 113 dfs(tmp+1,sum,typ); 114 sum*=p[tmp];typ*=-1; 115 Big now=change(sum); 116 now=fast_pow(change(m/sum),n); 117 now.w=typ; 118 ans=add(ans,now); 119 dfs(tmp+1,sum,typ); 120 } 121 int main(){ 122 scanf("%d%d",&n,&m); 123 divide(m); 124 ans=fast_pow(change(m),n); 125 dfs(1,1ll,1); 126 print(ans); 127 return 0; 128 }