hdu 5514 2015 icpc 沈阳现场 F Frogs

欧拉函数做法

有n个青蛙，m个石头，石头围成一圈，编号是（0～m-1）
第i个青蛙可以一次走 $a_i$个石头
现在求所有可以被走过的石头的编号之和
假设i号青蛙走了x次，停在t位置，有：
$x \cdot a_i \equiv t \pmod m$
式子拆开我们有：
$x \cdot a_i - y \cdot m = t$
很明显，这个是一个二元一次不定方程，由裴蜀定理知道：
$\min(t)=\gcd(a_i,m)$
所以对于一个编号为t的石头，当且仅当 $\gcd(a_i,m)\mid t$， $a_i$走过
因为 $\gcd(a_i,m) \mid m$，故：
$\gcd(a_i, m) \mid \gcd(m, t)$
我们设 $\gcd(m,t)=k$，有：

$\sum_{\gcd(m,t)=k}^{m-1}t=k\cdot\sum_{\gcd(\frac{m}{k},\frac{t}{k})=1}^{m-1}\frac{t}{k}$

设f(n)为小于n，且与n互质的数之和

$f(n)=\sum_{gcd(n,i)=1}^{n-1}i$

这里直接给出 $f(n)=\frac{n\cdot\phi(n)}{2}$

所以上面那个贡献为 $f(\frac{m}{k})=k\cdot \frac{\frac{m}{k}\cdot\phi(\frac{m}{k})}{2}=\frac{\phi(\frac{m}{k})}{2}\cdot m$

所以最终答案为：

$ans=\frac{m}{2}\cdot\sum_{k \mid m}\phi(\frac{m}{k})\quad(k < m)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T>
void out(T x) { cout << x << endl; }
ll fast_pow(ll a, ll b, ll p) {ll c = 1; while(b) { if(b & 1) c = c * a % p; a = a * a % p; b >>= 1;} return c;}
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) { if(!b) {x = 1; y = 0; return a; } ll gcd = exgcd(b, a % b, y, x); y-= a / b * x; return gcd; }
const int N = 1e4 + 10;
ll a[N], n, m;
vector <ll> vv;
ll get_phi(ll x)
{
    ll ans = x;
    for(int i = 2; i * i <= x; i ++)
    {
        if(x % i == 0)
        {
            ans = ans / i * (i - 1);
            while(x % i == 0)
                x /= i;
        }
    }
    if(x > 1)
        ans = ans / x * (x - 1);
    return ans;
}
bool jud(ll x)
{
    for(auto it : vv)
        if(x % it == 0)
            return true;
    return false;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t, td = 0;
    cin >> t;
    while(t --)
    {
        td ++;
        cin >> n >> m;
        vv.clear();
        for(int i = 1; i <= n; i ++)
        {
            cin >> a[i];
            a[i] = __gcd(a[i], m);
            vv.push_back(a[i]);
        }
        sort(vv.begin(), vv.end());
        vv.erase(unique(vv.begin(), vv.end()), vv.end());
        ll ans = 0;
        for(ll i = 1; i * i <= m; i ++)
        {
            if(m % i == 0)
            {
                if(jud(i))
                    ans += get_phi(m / i);
                if(i == 1 || i * i == m)
                    continue;
                if(jud(m / i))
                    ans += get_phi(i);
            }
        }
        ans = ans * m / 2;
        cout << "Case #" << td << ": ";
        cout << ans << endl;
    }
}

容斥做法

由上面的我们知道，i号青蛙走过的石头都是 $\gcd(a_i,m)$的倍数
正常容斥我们可以从 $\gcd(a_i,m)$入手，但是a数组的范围过大，这样肯定Tle到爆炸
然后我们会发现 $\gcd(a_i,m) \mid m$
所以我们可以分解m，用m的因数去容斥，最多也就1000多个因数
欧拉函数做法里面我们知道，对于m的约数k
当且仅当 $\gcd(a_i,m) \mid k$，这个k才会产生贡献
这个k的贡献为 $\frac{(\frac{m}{k}-1)\cdot\frac{m}{k}}{2}\cdot k=\frac{\frac{m}{k}-1}{2}\cdot m$
这个是没考虑容斥的贡献
我们设置一个vis数组，记录本身的贡献次数，然后在设置一个num数组，记录总贡献次数
例如我们有：2,3都对6产生了贡献，那num[6]=2，但vis[6]=1
如果vis和num不相等，说明别的数对这个点产生了一个贡献，所以：
$\frac{\frac{m}{k}-1}{2}\cdot m \cdot (vis[i] - num[i])$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T>
void out(T x) { cout << x << endl; }
ll fast_pow(ll a, ll b, ll p) {ll c = 1; while(b) { if(b & 1) c = c * a % p; a = a * a % p; b >>= 1;} return c;}
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) { if(!b) {x = 1; y = 0; return a; } ll gcd = exgcd(b, a % b, y, x); y-= a / b * x; return gcd; }
const int N = 1e4 + 10;
vector <ll> vv;
int vis[N], num[N];
ll M[N];
bool check(ll x)
{
    for(auto it : vv)
        if(x % it == 0)
            return true;
    return false;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t, td = 0;
    cin >> t;
    while(t --)
    {
        vv.clear();
        td ++;
        ll n, m;
        cin >> n >> m;
        bool flag = false;
        for(int i = 1; i <= n; i ++)
        {
            ll x;
            cin >> x;
            x = __gcd(x, m);
            vv.push_back(x);
            if(x == 1)
                flag = true;
        }
        cout << "Case #" << td << ": ";
        if(flag)
        {
            cout << (m - 1) * m / 2 << endl;
            continue;
        }
        fill(vis, vis + N, 0);
        fill(num, num + N, 0);
        sort(vv.begin(), vv.end());
        vv.erase(unique(vv.begin(), vv.end()), vv.end());
        int cnt = 0;
        for(int i = 2; i * i <= m; i ++)
        {
            if(m % i == 0)
            {
                M[cnt ++] = i;
                if(i * i != m)
                    M[cnt ++] = m / i;
            }
        }
        sort(M, M + cnt);
        for(int i = 0; i < cnt; i ++)
            if(check(M[i]))
                vis[i] = 1;
        ll sum = 0;
        for(int i = 0; i < cnt; i ++)
        {
            if(vis[i] != num[i])
            {
                sum += ((m / M[i] - 1) * m) / 2 * (vis[i] - num[i]);
                for(int j = i + 1; j < cnt; j ++)//更新后面是M[i]的倍数的因数，因为M[i]对他的倍数位置产生贡献
                    if(M[j] % M[i] == 0)
                        num[j] += vis[i] - num[i];

            }
        }
        cout << sum << endl;
    }
}