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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)

 

说到这里，再看代码已经不是问题

#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;
}