题目:
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M^N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。
初期思路:一开始因为gcd就往那方面想,然后想要完成任务就需要n+1个数字里的最大公因数为1,也就是gcd(x1,x2,x3,xn)=1.
然后我一开始以为欧拉可以求出与m互质的个数可能有用,结果没有思路。然后就开始想用总数减去公因数不为1的情况
即用m的n次方减去公约数,要用到容斥定理。
即ans=m^n-(有公因数2的n元组)-(有公因数3的n元组)-(有公因数5的n元组)+(有公因数2,3的n元组)+(有公因数2,5的n元组)+(有公因数3,5的n元组)-(有公因数2,3,5的n元组)+...
代码:
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 LL n,m,cnt,ans; 5 LL p[1000010]; 6 LL pow(LL a,LL b){//算a的b次方 7 LL ans=1; 8 while(b){ 9 if(b&1) 10 ans*=a; 11 b>>=1; 12 a*=a; 13 } 14 return ans; 15 } 16 void divide(LL m){//分割m的因子 17 cnt=0; 18 for(LL i=2;i*i<=m;i++){ 19 if(m%i==0){ 20 p[++cnt]=i; 21 while(m%i==0) 22 m/=i; 23 } 24 } 25 if(m>1) 26 p[++cnt]=m; 27 } 28 void dfs(LL x,LL sum,LL step){//step为多少个因子 29 if(x>cnt){ 30 if(!step) 31 return; 32 if(step&1) 33 ans-=pow(m/sum,n); 34 else 35 ans+=pow(m/sum,n); 36 return; 37 } 38 dfs(x+1,sum,step); 39 dfs(x+1,sum*p[x],step+1); 40 } 41 int main(){ 42 while(cin>>n>>m){ 43 ans=pow(m,n); 44 divide(m); 45 dfs(1,1,0); 46 cout<<ans<<endl; 47 } 48 return 0; 49 }