hdu 2841 Visible Trees（容斥）

原文链接

There are many trees forming a m * n grid, the grid starts from (1,1). Farmer Sherlock is standing at (0,0) point. He wonders how many trees he can see. 

If two trees and Sherlock are in one line, Farmer Sherlock can only see the tree nearest to him.

InputThe first line contains one integer t, represents the number of test cases. Then there are multiple test cases. For each test case there is one line containing two integers m and n(1 ≤ m, n ≤ 100000)OutputFor each test case output one line represents the number of trees Farmer Sherlock can see.Sample Input

2
1 1
2 3

Sample Output

1
5

 

题解：

容斥原理

题意：给n*m的矩阵有点，左下角的点为(1,1)，右上角的点(n,m)，（其实转回来也是没影响的即m*n），一个人站在（0,0）看这些点，在一条直线的视线上，它只能看到最前面的那个点，后面的点将会被档住他看不到，问你，这个人一共能看到多少个点。

这个问题只要画一下图不难发现，如果一个点(x,y)，x和y有非1的公约数z，那么他们其实可以一起缩小为(x/z,y/z)，试着把这两个点和(0,0)连线，发现他们其实是同一条直线，而(x/z,y/z)

在前面，所以其实(x,y)被挡住了看不到的，这启发了我们，如果我们找到了x和y的最大公约数g，那么(x/g,y/g)一定是这条直线上最前面的点，没有其他店能挡住他，他一定能被看到，而他后面的点都看不到，那么(x/g,y/g)满足的性质就是，这两个数字互质

从而得到一个结论，两个数字(x,y)如果两数互质，则可以被看到，如果不互质，则看不到，所以我们就是要找出所有的二元组(x,y)使他们互质

我们可以固定一个数字，用一个数来循环。例如矩阵为n*m，我们固定m，用n来循环，即1与[1,m]里面多少个数互质，2与[1,m]里面多少个数互质，3与[1,m]里面多少个数互质……n与[1,m]里面多少个数互质，把这些结果全部累加起来即可

所以问题的最后变为了，给定一个数字x，怎么找出它和1到y里面有多少个数互质呢？

两个数字互质，其实就是它们没有公共的质因子，反过来两个数字有公共的质因子则一定不互质，那么我们可以求反面，x与1到y里面多少个数字不互质，然后用y减去即可

在这里我们就用到了容斥原理：先找到有多少个数和x有1个公共的质因子，然后加上；再找到有多少个数与x有2个公共的质因子，然后减去；再找到有多少个数有多少个数与x有3个公共的质因子，然后加上……最后得到的个数，就是有多少个数与x不互质

因为容斥原理一个最基本的准则就是——

要计算几个集合并集的大小，我们要先将所有单个集合的大小计算出来，然后减去所有两个集合相交的部分，再加回所有三个集合相交的部分，再减去所有四个集合相交的部分，依此类推，一直计算到所有集合相交的部分。(奇数加，偶数减)

 

AC代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAX 100010

bool p[MAX];
vector<int>fac[MAX];//保存每个数字带有的质因子

void init()
{
  for(int i=0; i<MAX; i++) fac[i].clear();
  memset(p,false,sizeof(p));
  for(int i=2; i<MAX; i++)
    if(!p[i]) //i是质因子
    {
      fac[i].push_back(i);
      for(int j=i+i; j<MAX; j+=i)
      {
        p[j]=true;  //不是质因子
        fac[j].push_back(i);  //j这个数字都含有质因子i
      }
    }
}

int cal(int n , int m)
{
  int size=(int)fac[n].size(); //得到n这个数字有多少个质因子
  int maxs=1<<size;  //从中选一些质因子，就是生成子集，子集最多个数
  int Count=0; //记录n与1到m这m个数中多少个数互质
  for(int s=1; s<maxs; s++) //枚举子集，不能有空集所以从1开始
  {
    int k=0 , num=0 , pro=1;
    for(int i=0; i<size; i++)
      if(s&(1<<i)) //有第i个质因子
      {
        num++; //计数
        pro *= fac[n][i];  //乘上这个质因子
      }
    if( num&1 ) //选出了奇数个质因子，按照容斥原理加上
      Count += m/pro;
    else        //选出了偶数个质因子，按照容斥原理减去
      Count -= m/pro;
  }
  return  m-Count;
}

int main()
{
  int T,H,W;
  init();//找出每个数字带有的质因子
  scanf("%d",&T);
  while(T--)
  {
    scanf("%d%d",&H,&W);
    if(W>H) //交换可令循环次数减少
    { H=H^W; W=H^W; H=H^W;}
    long long ans=H;
    for(int w=2; w<=W; w++)
      ans += cal(w,H);
    printf("%I64d\n",ans); //注意输出格式不能用%lld
  }
  return 0;
}