摘要：
第一道莫比乌斯反演的题。建议参看http://www.isnowfy.com/mobius-inversion/摘其中部分证明的话感觉写起来会比较诡异，大家意会吧说一下这个经典题目：令R(M,N)=1≤x≤M,1≤y≤N中 gcd(x,y)=1 的个数我们说G(z)表示gcd(x,y)是z的倍数的个... 阅读全文
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终于做出来了，激动。。。。这道题隐藏得深啊，但若推导下来，就变简单了。首先，一个集合的子集的个数为2^n=s。注意了，题目求的是有序集合组，并且每个集合是可以重复使用的，怎么办呢?这就要想到多重集合的排列问题了。一个多重集合有k种元素，每种元素可以无限次使用，求r-排列个数。答案为 k^r个。这样，... 阅读全文
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求不比M大的可以被集合任一个数整除的数的个数。(容斥原理)#include #include #include #include using namespace std;int set[15];int ans;int gcd(int a,int b){ if(b==0) return a; retu... 阅读全文
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明显，当（X,Y）=1时，是可以看见的。这题，记得POJ 上也有类似的一题。。。不过比较奇怪的是，我以为会超时，因为范围达到了100000,但竟然直接枚举没超时。。。。#include #include #include #include #define LL __int64#define N 10... 阅读全文
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容斥原理简单应用#include #include #include #include #define LL __int64#define Np 100000using namespace std;bool isprime[Np];LL prime[Np],np;LL fac[100],fp;voi... 阅读全文
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可以用容斥原理来求。求两个矩形的并的时候可以使用条件x1=max(p.x1,q.x1);y1=max(p.y1,q.y1);x2=min(p.x2,q.x2);y2=min(p.y2,q.y2);而if(x2>x1&&y2>y1)可以并，否则，并不了。。。。开始时，我对每个询问都做一次容斥原理，TL... 阅读全文
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不经意看见dis后的“mod”一词后，瞬间有了思路，点进去看，却发现别人想的和我的不一样——！我是这样想的，利用的是剩余系+欧几里德带余除法的性质。若两者GCD=1,则必有除数和余数GCD=1.于是，求出除数剩余系，再在原位置加上被除数的倍数得到第k个数.#include #include #inc... 阅读全文