poj1091 跳蚤解不定方程容斥原理

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跳蚤

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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M^N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

两个整数N和M(N <= 15 , M <= 100000000)。

Output

可以完成任务的卡片数。

Sample Input

2 4

Sample Output

Hint

这12张卡片分别是：
(1, 1, 4), (1, 2, 4), (1, 3, 4), (1, 4, 4), (2, 1, 4), (2, 3, 4),
(3, 1, 4), (3, 2, 4), (3, 3, 4), (3, 4, 4), (4, 1, 4), (4, 3, 4)

Source

HNOI 2001

算法分析：

先补充一个原理

1、最大公约数原理
设d = gcd(A1, A2, ..., An)，则必然可以找到或正或负的整数Xi, 使
A1X1 + A2X2 + ... + AnXn = d
.2、A1X1 + A2X2 + ... + AnXn = 1有解的充要条件是d = gcd(A1, A2, ..., An) = 1

所以，我们假设卡片上的标号分别是a1,a2,...,an,M，

跳蚤跳对应标号的卡片的次数分别为x1,x2,...,xn,xn+1，

那么要满足已知条件只需满足方程a1*x1+a2*x2+...+an*xn+M*xn+1=1有解，

即gcd(a1,a2,...,an,m)=1, 但互质情况不好求，所以求不互质情况。

容斥原理解题思路以前写过，这里重申

将M因式分解：M = P1^K1 * P2^K2 + ... + Pr^Kr

则区间[1, M]内的整数是Pi的倍数的有：Pi, 2Pi, 3Pi, ..., r1Pi （这里的r1 = M / Pi）

而同理，是Pi.Pk的倍数有：Pi.Pk, 2Pi.Pk, ..., rPi.Pk （这里的r i= M / Pi.Pk)

当前n个数中都含有P1的因数的情况数有r1^n = (M / P1)^n种（他可以选重复，所以不用担心不够n个），含有P2的因数情况数有r2^n = (M / P2)^n种，……

而总可能数为M^n种，故结果res = M^n - [(M / P1)^n + (M / P2)^n + ... + (M / Pn)^n] + ... + (-1)^(n+1) * [M / (P1*P2*P3*...*Pk)]，

容斥定理推出公式：公因子不为1的个数 f = t(1) - t(2) + t(3) - ... + (-1) ^ (k - 1) t(k)

符合要求个数为 m ^ n – f

代码实现：

#include<cstdio>  
#include<cstring>  
#include<cstdlib>  
#include<cctype>  
#include<cmath>  
#include<iostream>  
#include<sstream>  
#include<iterator>  
#include<algorithm>  
#include<string>  
#include<vector>  
#include<set>  
#include<map>  
#include<stack>  
#include<deque>  
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
long long ans=0,sum=0,r;
int n,m;
ll fac[105];
void factor(ll m)
{
    sum = 0;
    ll tmp = m;
    for(ll i = 2; i*i<=tmp; i++)    //官方版的唯一分解定理
    if(tmp%i==0)
    {
        fac[sum++] = i;
        while(tmp%i==0) tmp /=  i;
    }
    if(tmp>1) fac[sum++] = tmp;
}
void dfs(int i,int cnt,int tmp)//i代表数组的下标
{                              //cnt代表几个元素的最小公倍数   
       
    if(cnt&1)                   //容斥原理
        ans+=(ll)pow(m/tmp,n);
    else
        ans-=(ll)pow(m/tmp,n);
	
    for(int j=i+1;j<sum;j++)
        dfs(j,cnt+1,tmp*fac[j]);
}

int main()
{
    

    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {   
    	ans=0;
    	sum=0;
    	
    	factor(m);
    	for(int i=0;i<sum;i++)
    		dfs(i,1,fac[i]);
		ans=pow(m,n)-ans;
		printf("%lld\n",ans);
    }
}

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