[HNOI 2002]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。
Sample Input
Sample Output
题解
该死的bz（婊子）oj没用官方数据，还要用高精度。
一张可行的卡片，就是将上面的数字经过加减变换能够得到$1$，于是我们可以猜想一下卡片上的数字所需满足的要求。首先很容易猜到，这些数字必然有奇数有偶数，但是仅满足这个条件是显然不够的，如$3$,$6$就无法得出$1$来，于是可以继续猜想这些数字两两互质，即所有数字的公因数为$1$，用数论的方法可以证明这个猜想是正确的。然后可以用容斥原理来算出答案，这里举个例子来说明，假设$m=30=2*3*5$,答案=$m^n$-(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)
1 #include <set> 2 #include <map> 3 #include <ctime> 4 #include <cmath> 5 #include <queue> 6 #include <stack> 7 #include <vector> 8 #include <cstdio> 9 #include <string> 10 #include <cstring> 11 #include <cstdlib> 12 #include <iostream> 13 #include <algorithm> 14 #define LL long long 15 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) 16 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b)) 17 using namespace std; 18 const int INF = ~0u>>1; 19 20 LL n, m; 21 LL ans = 0; 22 LL q[1005], tot; 23 24 LL pow(LL a, LL b){ 25 LL c = 1; 26 while (b){ 27 if (b&1) c *= a; 28 b >>= 1; 29 a *= a; 30 } 31 return c; 32 } 33 void sperate(LL m){ 34 for (LL i = 2; i*i <= m; i++) 35 if (m%i == 0){ 36 q[++tot] = i; 37 while (m%i == 0) m /= i; 38 } 39 if (m-1) q[++tot]=m; 40 } 41 void dfs(int cen, LL cnt, int cho){ 42 if (cen > tot){ 43 if (cho == 0) return; 44 if (cho%2) ans -= pow(m/cnt, n); 45 else ans += pow(m/cnt, n); 46 return; 47 } 48 dfs(cen+1, cnt, cho); 49 dfs(cen+1, cnt*q[cen], cho+1); 50 } 51 52 int main(){ 53 scanf("%lld%lld", &n, &m); 54 ans = pow(m, n); 55 sperate(m); 56 dfs(1, 1, 0); 57 printf("%lld\n", ans); 58 return 0; 59 }
