【中国剩余定理】【容斥原理】【快速乘法】【数论】HDU 5768 Lucky7
题目链接:
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5768
题目大意:
T组数据,求L~R中满足:1.是7的倍数,2.对n个素数有 %pi!=ai 的数的个数。
题目思路:
【中国剩余定理】【容斥原理】【快速乘法】【数论】
因为都是素数所以两两互素,满足中国剩余定理的条件。
把7加到素数中,a=0,这样就变成解n+1个同余方程的通解(最小解)。之后算L~R中有多少解。
但是由于中国剩余定理的条件是同时成立的,而题目是或的关系,所以要用容斥原理叠加删减。
中间过程中可能会爆long long,所以要用快速乘法(和快速幂类似,只是乘改成加)
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1 // 2 //by coolxxx 3 // 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 #include<string> 7 #include<iomanip> 8 #include<memory.h> 9 #include<time.h> 10 #include<stdio.h> 11 #include<stdlib.h> 12 #include<string.h> 13 //#include<stdbool.h> 14 #include<math.h> 15 #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) 16 #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) 17 #define abs(a) ((a)>0?(a):(-(a))) 18 #define lowbit(a) (a&(-a)) 19 #define sqr(a) ((a)*(a)) 20 #define swap(a,b) ((a)^=(b),(b)^=(a),(a)^=(b)) 21 #define eps (1e-8) 22 #define J 10000000 23 #define MAX 0x7f7f7f7f 24 #define PI 3.1415926535897 25 #define N 24 26 using namespace std; 27 typedef long long LL; 28 int cas,cass; 29 int n,m,lll; 30 LL l,r,ans; 31 LL p[N],a[N]; 32 bool u[N]; 33 LL cheng(LL a,LL b,LL mod) 34 { 35 LL sum=0; 36 for(;b;b>>=1) 37 { 38 if(b&1LL)sum=(sum+a)%mod; 39 a=(a+a)%mod; 40 } 41 return sum; 42 } 43 LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y) 44 { 45 if(!b){x=1,y=0;return a;} 46 LL d=exgcd(b,a%b,y,x); 47 y-=a/b*x; 48 return d; 49 } 50 LL china(int nn) 51 { 52 LL sum=0,tot=1,tott,x,y; 53 int i; 54 for(i=1;i<=nn;i++)if(u[i])tot*=p[i]; 55 for(i=1;i<=nn;i++) 56 { 57 if(!u[i])continue; 58 tott=tot/p[i]; 59 exgcd(tott,p[i],x,y); 60 x=(x%p[i]+p[i])%p[i]; 61 sum=((sum+cheng(a[i]*tott%tot,x,tot))%tot+tot)%tot; 62 } 63 sum=(r+tot-sum)/tot-(l-1+tot-sum)/tot; 64 return sum; 65 } 66 int main() 67 { 68 #ifndef ONLINE_JUDGE 69 // freopen("1.txt","r",stdin); 70 // freopen("2.txt","w",stdout); 71 #endif 72 int i,j,k,ii; 73 // for(scanf("%d",&cas);cas;cas--) 74 for(scanf("%d",&cas),cass=1;cass<=cas;cass++) 75 // while(~scanf("%s",s)) 76 // while(~scanf("%d",&n)) 77 { 78 ans=0; 79 printf("Case #%d: ",cass); 80 scanf("%d%lld%lld",&n,&l,&r); 81 for(i=1;i<=n;i++) 82 scanf("%lld%lld",&p[i],&a[i]); 83 lll=1<<n; 84 n++; 85 u[n]=1;p[n]=7;a[n]=0; 86 for(i=0;i<lll;i++) 87 { 88 for(j=i,k=0,ii=1;ii<n;j>>=1,ii++) 89 { 90 u[ii]=j&1; 91 k+=u[ii]; 92 } 93 k=k&1?-1:1; 94 ans+=1LL*k*china(n); 95 } 96 printf("%lld\n",ans); 97 } 98 return 0; 99 } 100 /* 101 // 102 103 // 104 */