[noi.ac 模拟赛8] c（容斥/DP）
题目
题目描述
你是一位精明的数学家，擅长用计算机来解决各类小学奥数题。
这一天，你想起来了著名的 "开关灯问题"， 它曾经经常被拿来为难小朋友们。 于是你决定完成一个程序来彻底解决这个问题。
"开关灯问题" 在小学奥数书上的描述是这样的：
一个走廊里有 \(100\) 盏按顺序排好的灯， 它们分别拥有 \(1∼100\) 的编号，最开始时都是关上的。 小明同学非常无聊，他首先按下了所有编号为 \(2\) 的倍数的灯的开关， 接着他又按下了所有编号为 \(3\) 的倍数的灯的开关， 问最后有多少灯是打开的。
因为你希望最终完全解决这类问题，因此你将题目一般化：
现在有三种灯的开关：第一种开关是熔断型的， 即只要第一次使用开关后，开关将保持打开状态不变；第二种 开关是普通型的，即使用奇数次开关时，灯会打开，使用偶数 次时，灯又会关闭；第三种开关是记忆型的，使用次数为三的倍数时，灯会关闭， 否则灯打开。
一个走廊里有 \(n\) 盏按顺序排好的灯， 它们使用的都是第 \(type\) 种开关(\(type=1、2\)或\(3\))。 最开始时，\(1∼n\)号灯都是关上的，开关也从未使用过。 小明同学非常无聊，他进行了 \(d\) 次操作，每一次操作形如： "将编号为 \(k_i\) 的倍数的灯的开关按下。" 问经过这 \(d\) 次操作，最终有多少盏灯是打开的。
你完成的程序需要实现 \(Q\) 次任务， 每一次任务会给出 \(n，type，d，k_i\)。
数据范围
\(Q \le 1000,n \le 10^8,1 \le k_i \le n,d \le 12\)。
题解
记 \(K=\{k_i\}\)，即题目给出的这个集合。
设 \(f[i]\) 表示恰好拉了 \(i\) 次的灯的数量，则有：
对于前面这个式子 \(\sum\limits_{S\subseteq K，|S|=i} \lfloor \frac{n}{\mathrm{lcm}(S)} \rfloor\)
-
若一个点 \(p\) 恰好被拉了 \(i\) 次，则只会被计算一次。
-
若一个点 \(p\) 恰好被拉了 \(j(j>i)\) 次，则会被多计算 \(\dbinom{j}{i}\) 次。所以后面减去。
时间复杂度 \(O(Q\log n \ 2^d)\)。
代码
Talk is cheap.Show me the code.
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x * f;
}
const int N = 20;
int n,d,type;
int k[N],f[N];
int C[N][N];
int gcd(int a,int b) {
return (b==0 ? a : gcd(b,a%b));
}
int lcm(int a,int b) {
return a*b/gcd(a,b);
}
void Init() {
for(int i=0;i<N;++i) C[i][0] = 1;
for(int i=1;i<N;++i) {
for(int j=1;j<=i;++j) {
C[i][j] = C[i-1][j] + C[i-1][j-1];
}
}
}
void work() {
memset(f, 0, sizeof(f));
n = read(), type = read(), d = read();
for(int i=0;i<d;++i) k[i] = read();
int up = (1<<d)-1;
for(int i=1;i<=up;++i) {
int S = 1, sz = 0;
for(int j=0;j<d;++j) {
if(i&(1<<j)) {
++sz;
S = lcm(S,k[j]);
}
}
f[sz] += n/S;
}
for(int i=d;i>=1;--i) {
for(int j=i+1;j<=d;++j) {
f[i] -= C[j][i]*f[j];
}
}
int ans = 0;
if(type == 1) {
for(int i=1;i<=d;++i) ans += f[i];
} else if(type == 2) {
for(int i=1;i<=d;++i) {
if(i&1) ans += f[i];
}
} else {
for(int i=1;i<=d;++i) {
if(!(i%3==0)) ans += f[i];
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
signed main()
{
Init();
int Q = read();
while(Q--) work();
return 0;
}
/*
3
6 1 2
2 3
6 2 2
2 3
6 3 3
1 2 3
4
3
5
*/
总结
应该算是对容斥更深入的理解。
