容斥原理&&莫比乌斯专题

A题：A - Eddy's爱好   HDU - 2204 

具体思路：如果是求n中，为平方数的有多少个，那么答案肯定是sqrt（n）,同理，如果是三次根号的话，那么答案肯定是n的三分之一次方。然后继续按照这个思路来，对于1e18次方的数，最多就是2的64次方，也就是说我们最多枚举大小不超过63的素数就可以了，然后还需要考虑一种情况，比如说6的时候，被素数2算了一遍，然后又被素数3算了一遍，这个地方会有重复的计算，又因为2^(3*5*7)已经超过2的60次方了，所以我们只需要考虑三部分就可以了。

 AC代码（1）：

#include <iostream>
#include <string>
#include <deque>
#include <stack>
#include<cmath>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<stdio.h>
#include<map>
using namespace std;
# define ll long long
# define inf 0x3f3f3f3f
# define ll_inf 1ll<<60
const int maxn = 1e6+100;
ll prim[]= {2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61};
ll cal(ll t)
{
    ll sum=1;
    for(int i=0;; i++)
    {
        ll tmp=pow(t,1.0/(prim[i]*1.0));
        if(tmp<2)
            break;
        sum+=tmp-1;
        for(int j=i+1;; j++)
        {
            tmp=pow(t,1.0/(prim[i]*prim[j]*1.0));
            if(tmp<2)
                break;
            sum-=tmp-1;
            for(int k=j+1;; k++)
            {
                tmp=pow(t,1.0/(prim[i]*prim[j]*prim[k]*1.0));
                if(tmp<2)
                    break;
                sum+=tmp-1;
            }
        }
    }
    return sum;
}
    int main()
    {
        ll tmp;
        while(cin>>tmp)
        {
            cout<<cal(tmp)<<endl;
        }
        return 0;
    }

 AC代码（2）：

我们可以利用莫比乌斯系数进行简化计算，在上一个版本中，我们是按照奇加偶减的原则来进行的，同样这个计算的过程可以通过莫比乌斯中的mu函数来直接算出，每次相乘的系数是-mu[i]。

#include <iostream>
#include <string>
#include <deque>
#include <stack>
#include<cmath>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<stdio.h>
#include<map>
using namespace std;
# define ll long long
# define inf 0x3f3f3f3f
# define ll_inf 1ll<<60
const int maxn = 100+100;
ll mu[maxn*100],prim[maxn*100],check[maxn*100];
int tot=0;
void getmu()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2; i<maxn; i++)
    {
        // cout<<i<<endl;
        if(!check[i])
        {
            prim[tot++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0; j<tot; j++)
        {
            // cout<<i<<endl;
            if(prim[j]>maxn/i)
            {
                break;
            }
            check[i*prim[j]]=1;
            if(i%prim[j]==0)
            {
                mu[i*prim[j]]=0;
                break;
            }
            else
            {
                mu[i*prim[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
    // cout<<1<<endl;
}
int main()
{
    getmu();
    ll tmp;
    while(cin>>tmp)
    {
        ll sum=1;
        for(ll  i=2; i<=64; i++)
        {
            sum-=mu[i]*(ll)(pow(tmp*1.0,1.0/i)-1);
        }
        cout<<sum<<endl;
    }
    return 0;
}

B题：

题目链接：

B - How many integers can you find

 HDU - 1796 

题目大意：输入n，m.然后再输入m个数，问你1-(n-1)中，是这些数中任意个倍数的有多少？

具体思路：我们可以运用容斥的原理，最终答案等于sum=（能被一个数整除）-（能被两个数整除）+（能被三个数整除）-------.然后按照这个思路，我们运用二进制枚举直接暴力就可以了。 （int会爆掉）

AC代码：

#include<iostream>
#include<stack>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
using namespace std;
# define int long long
const int maxn = 100+10;
int a[maxn];
int gcd(int a,int b){
if(a<b)swap(a,b);
return a%b==0?b:gcd(b,a%b);
}
int lcm(int a,int b)
{
    return a*b/gcd(a,b);
}
int cal(int n,int t)
{
    int ans=0;
    int maxstate=(1<<t)-1;
    for(int i=1; i<=maxstate; i++)
    {
        int ind=0;
        int tmp=1;
        for(int j=0; j<=t; j++)
        {
            if((1<<j)&i)
            {
                ind++;
                tmp=lcm(tmp,a[j+1]);
            }
        }
        ans-=mu[tmp]*(n/tmp);//其实这个地方也可以直接通过一个莫比乌斯中的mu函数求，但是这样的话mu函数就需要求的比较大，所以对于这个题还是建议下面这个方法，按照容斥原理。
        if(ind&1)
        {
            ans+=n/tmp;
        }
        else
            ans-=n/tmp;
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    int n,m;
    while(cin>>n>>m)
    {
        int tot=0;
        int tmp;
        n--;
        for(int i=1; i<=m; i++)
        {
            cin>>tmp;
            if(!tmp)
                continue;
            a[++tot]=tmp;
        }
        int ans=cal(n,tot);
        cout<<ans<<endl;
    }
 //   return 0;
}
//ll mu[maxn+100],prim[maxn+100],check[maxn+100];
//void getmu()
//{
//    int tot=0;
//    mu[1]=1;
//    for(int i=2; i<maxn; i++)
//    {
//        if(!check[i])
//        {
//            prim[tot++]=i;
//            mu[i]=-1;
//        }
//        for(int j=0; j<tot; j++)
//        {
//            if(prim[j]>maxn/i)
//            {
//                break;
//            }
//            check[i*prim[j]]=1;
//            if(i%prim[j]==0)
//            {
//                mu[i*prim[j]]
//                    =0;
//                break;
//            }
//            else
//            {
//                mu[i*prim[j]]=-mu[i];
//            }
//        }
//    }
//}
//int main()
//{
//    getmu();
//    ll n,m;
//    while(~scanf("%lld %lld",&n,&m))
//    {
//        ll minn=1ll<<60,maxx=0;
//        ll tmp=0;
//        n--;
//        for(int i=1; i<=m; i++)
//        {
//            scanf("%lld",&tmp);
//            maxx=max(maxx,tmp);
//            minn=min(minn,tmp);
//        }
//        ll sum=1;
//        for(int i=minn; i<=maxx; i++)
//        {
//            sum-=mu[i]*(n/i);
//        }
//        cout<<sum<<endl;
//           printf("%lldn")
//    }
//}

C题：

C - Visible Trees

 HDU - 2841  

题目大意：给你一个n*m的图，你站在（0.0）这个点上，这个田地上从）（1,1）这个点开始有树，如果一个树和另外树在一条一个直线，这个时候后面那棵树就会看不到，然后问你这个人能看到多少树？

具体思路：首先来分析一波，如果一个树能被这个人看到，也就是说不会有别的树挡住当前这棵树，再分析到这棵树的坐标，也就说这个树的坐标不会被分解，也就说这个树的坐标x和y互素，分析到这里就可以了。我们只需要判断给定的（x，y）,(1,x)和（1，y）这段区间互素的数有多少就可以了。莫比乌斯反演、、

计算过程：

然后对于当前这个题,选择(1,b),(1,d) 中满足gcd(x,y)==1的对数,(1<=x<=b),(1<=y<=d) .

也就是说 gcd(x,y)==1满足的对数.

然后再开始分析一波:

我们令f(k)为满足(a,b),(c,d)中的gcd为1的对数.然后F(1)就是满足(a,b),(c,d)中的gcd为k的倍数的对数.

F(k)就等于(b/k)*(d/k).

f（1）= .

AC代码：

#include<iostream>
#include<stack>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
using namespace std;
const int maxn = 100000+100;
# define int long long
int a[maxn];
int mu[maxn+100],prim[maxn+100],check[maxn+100];
void getmu()
{
    int tot=0;
    mu[1]=1;
    for(int i=2; i<maxn; i++)
    {
        if(!check[i])
        {
            prim[tot++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0; j<tot; j++)
        {
            if(prim[j]>maxn/i)
            {
                break;
            }
            check[i*prim[j]]=1;
            if(i%prim[j]==0)
            {
                mu[i*prim[j]]
                    =0;
                break;
            }
            else
            {
                mu[i*prim[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
}
signed main()
{
    getmu();
    int T;
    int n,m;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>m;
        int sum=0;
        int minn=min(n,m);
        for(int i=1; i<=minn; i++)
        {
            sum+=mu[i]*(n/i)*(m/i);
        }
        cout<<sum<<endl;
    }
    return 0;
}
D题：

#include<iostream>
#include<stack>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6+100;
# define ll long long
ll a[maxn];
ll mu[maxn+100],prim[maxn+100],check[maxn+100];
void getmu()
{
    int tot=0;
    mu[1]=1;
    for(int i=2; i<maxn; i++)
    {
        if(!check[i])
        {
            prim[tot++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0; j<tot; j++)
        {
            if(prim[j]>maxn/i)
            {
                break;
            }
            check[i*prim[j]]=1;
            if(i%prim[j]==0)
            {
                mu[i*prim[j]]
                    =0;
                break;
            }
            else
            {
                mu[i*prim[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
}
int main()
{
    getmu();
    int T;
    cin>>T;
    int Case=0;
    while(T--)
    {
        ll  x1,y1,x2,y2;
        cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
        ll k;
        cin>>k;
        if(k==0){
                        printf("Case %d: %lld
",++Case,0);
        }
        else {

        y1/=k;
        y2/=k;
        ll sum1=0,sum2=0;
        ll minn=min(y1,y2);
        for(int i=1; i<=minn; i++)
        {
            sum1+=mu[i]*(y1/i)*(y2/i);
            sum2+=mu[i]*(minn/i)*(minn/i);
        }
        printf("Case %d: %lld
",++Case,sum1-sum2/2);
        }
    }
    return 0;
}