牛客练习赛44 C 小y的质数 （数论，容斥定理）

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/634/C
来源：牛客网

题目描述
给出一个区间[L,R]，求出[L,R]中孪生质数有多少对。
由于这是一个区间筛质数的模板题。所以小k不屑于去写。
所以出题人只好yy了另一道题。
定义k生互质数为满足y + k与y - k互质的数。
现在给出区间[L,R],你需要输出区间内k生互质数有多少对
我们说一对k生互质数在区间[L,R]内,当且仅当y+k \in[L,R]y+k∈[L,R]且y-k \in[L,R]y−k∈[L,R]
输入描述:
一行三个数字L,R,k
输出描述:
一行一个数字表示区间[L,R]内的k生互质数的对数
示例1
输入
复制
5 10 1
输出
复制
2
说明
分别为(5,7),(7,9)
示例2
输入
复制
287 11633 10
输出
复制
4532
备注:
0 \leq L,R \leq 10^{18}0≤L,R≤10
18

1 \leq k \leq 10^{13}1≤k≤10
13

思路：
题意为让你寻找 L 到 R 中 多少 x 使 gcd(x-k,x+k)=1

根据gcd的性质，我们可以得到 gcd(x,x+2 * k ) =1

即 gcd(x,2k)=1

有因为 题目要求 x+k 小于R

所以 题目可以转化为 l~r-2k 中，有多少个数 x 使得 gcd(x, 2k)==1

这就是一个景点的问题了。

即：

对 2 * k 进行素数分解，[l,r] 所有gcd > 1的数字集合中 可能包括 i 种和 2 * k 相同的素因子，枚举一下用容斥原理扣掉，先扣掉包括一种 相同素因子的数的个数， 然后加上 包括 两种相同素因子的数的个数。。。。一路搞到包括所有素因子（容斥原理）。至于有多少个数包含这些数因子，除一下就知道了。

两个细节：

r-2k后可以小于l

l可以为0 要判断 l-1 和0的大小关系。

细节见代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define chu(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
ll powmod(ll a, ll b, ll MOD) {ll ans = 1; while (b) {if (b % 2)ans = ans * a % MOD; a = a * a % MOD; b /= 2;} return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn = 1000010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/

std::vector<ll> v;
void breakdown(ll x)
{
    for(ll i=2ll;i*i<=x;++i)
    {
        int cnt=0;
        while(x%i==0)
        {
            cnt++;
            x/=i;
        }
        if(cnt)
        {
            v.push_back(i);
        }
    }
    if(x>1)
    {
        v.pb(x);
    }
}
ll l,r,k;
int main()
{
    //freopen("D:\\code\\text\\input.txt","r",stdin);
    //freopen("D:\\code\\text\\output.txt","w",stdout);
    gbtb;
    cin>>l>>r>>k;
    k<<=1;
    r-=k;
    if(l>r)
    {
        cout<<0<<endl;
        return 0;
    }
    breakdown(k);
    int len=sz(v);
    int maxstate=(1<<len)-1;
    ll ans=0ll;
    l=max(l-1ll,0ll);
    for(int i=0;i<=maxstate;++i)
    {
        int num=0;
        ll p=1ll;
        for(int j=0;j<len;++j)
        {
            if(i&(1<<j))
            {
                num++;
                p*=v[j];
            }
        }
//        cout<<(r/p-l/p)<<" "<<num<<endl;
        ans+=(r/p-l/p)*((num&1)?-1ll:1ll);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

inline void getInt(int* p) {
    char ch;
    do {
        ch = getchar();
    } while (ch == ' ' || ch == '\n');
    if (ch == '-') {
        *p = -(getchar() - '0');
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 - ch + '0';
        }
    }
    else {
        *p = ch - '0';
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 + ch - '0';
        }
    }
}