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題目大意：給出 0 ~ m - 1 共 m 個石頭首尾相連呈現出一個環狀，初始時在第 0 個石頭上有 n 只青蛙，n 只青蛙相互獨立，每一只青蛙每次都會向前跳 a[ i ] 步，問最后有多少個石頭可以被跳過至少一次，輸出石頭的編號之和

題目分析：首先打個表不難看出，對于每只青蛙 i 來說，他可以到達的石頭的編號是 gcd( a[ i ] , m ) 的所有倍數，又因為一個石頭可能會被多個青蛙到達，所以考慮容斥

考慮直接容斥，我們現在需要解決的問題實際上是：0 ~ m-1 中有多少個數可以被這 n 個數整除，時間復雜度是 2^n?的，顯然是不可以的

通過觀察不難發現，每一只青蛙的 gcd 和所有起到貢獻的 lcm 都是屬于 m 的因子，其余那些大于 m 的 lcm 實際上是不做貢獻的，所以我們就將問題轉換為了對 m 的因子進行容斥，根據倍數限制 k * k 去維護答案就好了，k 是因子的個數

又因為 1e9 內最多的一個數的因子個數是 1536 個，所以這個題目的時間復雜度也只是 1e6 級別的

代碼：
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#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> #include<bitset> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e4+100;int a[N],num[N],n,m;bool vis[N];vector<int>p;LL cal(LL st,LL n)//知道首項和項數求等差數列之和 {return st*n+n*(n-1)/2*st; }void Fact()//篩因子 {p.clear();for(int i=1;i*i<=m;i++){if(m%i==0){p.push_back(i);if(i!=m/i)p.push_back(m/i);}}sort(p.begin(),p.end()); }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;int kase=0;while(w--){memset(num,0,sizeof(num));scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",a+i);a[i]=__gcd(a[i],m);}Fact();for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<p.size();j++)if(p[j]%a[i]==0)num[j]=1;LL ans=0;for(int i=0;i<p.size();i++){ans+=num[i]*cal(p[i],(m-1)/p[i]);//當前i位置的因子會產生num[i]的貢獻for(int j=i+1;j<p.size();j++)//其倍數就要減去num[i]的貢獻if(p[j]%p[i]==0)num[j]-=num[i];}printf("Case #%d: %lld\n",++kase,ans);}return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的HDU - 5514 Frogs(容斥原理)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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