題目鏈接

題意：有n只青蛙，m個石頭(圍成圓圈)。第i只青蛙每次只能條ai個石頭，問最后所有青蛙跳過的石頭的下標總和是多少？

題解：暴力肯定會超時，首先分解出m的因子，自己本身不用分，因為石頭編號是0到m-1，第i只青蛙只能走到gcd(ai, m)的位置，我們就可以把m的因子提取出來，然后對青蛙能走到的因子位置打標記。兩個數組，第一個數組a代表是否能走到該因子，第二個數組b表示是否已經加過了，加過了幾次，遍歷到那個因子的時候要加上(a[i]-b[i])倍的數，這個數很可能是負數。至于公式利用等差數列前n項和可以得出。

注意這道題是因子分解而不是素因子分解，因為對于12來說2和4是不一樣的。

注意這道題不是對數進行操作而是對因子進行操作。

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b); } const int maxn=1e5+5; ll cnt=0,prime[maxn]; void solve(ll m) {cnt=0;//注意初始化prime[cnt++]=1;for(int i=2; i<sqrt(m); i++){if(m%i==0){prime[cnt++]=i;prime[cnt++]=m/i;}}ll tmp=sqrt(m);if(tmp*tmp==m)prime[cnt++]=tmp;sort(prime,prime+cnt); } int main() {int t,cas=1;scanf("%d",&t);while(t--){ll n,m,data,tmp;scanf("%lld%lld",&n,&m);memset(prime,0,sizeof(prime));solve(m);ll a[maxn],b[maxn];memset(a,0,sizeof(a));//標記memset(b,0,sizeof(b));//算過了幾次for(int i=0; i<n; i++){scanf("%lld",&data);tmp=gcd(data,m);for(int j=0; j<cnt; j++){if(prime[j]%tmp==0)a[j]=1;}}ll ans=0;for(int i=0; i<cnt; i++){ll num=a[i]-b[i];if(num!=0){ll tmp=(m-1)/prime[i];ans=ans+tmp*(tmp+1)/2*prime[i]*num;for(int j=i; j<cnt; j++){if(prime[j]%prime[i]==0)b[j]=b[j]+num; //注意是b表示數目 }}}printf("Case #%d: %lld\n",cas++,ans);}return 0; }

?更新版：

#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> using namespace std; typedef long long ll; ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b); } const int maxn=1e5+5; ll prime[maxn],a[maxn]; int cnt=0; void solve(ll m) {memset(a,0,sizeof(a));memset(prime,0,sizeof(prime));cnt=0;prime[cnt++]=1;for(int i=2;i<sqrt(m);i++){if(m%i==0){prime[cnt++]=i;prime[cnt++]=m/i;}}if(ll(sqrt(m))*ll(sqrt(m))==m) prime[cnt++]=ll(sqrt(m));sort(prime,prime+cnt); } int main() {int t,cas=1;scanf("%d",&t);while(t--){ll n,m,data;scanf("%lld%lld",&n,&m);solve(m);for(int i=0;i<n;i++){scanf("%lld",&data);data=gcd(data,m);for(int j=0;j<cnt;j++)if(prime[j]%data==0) a[j]=1;}ll ans=0;for(int i=0;i<cnt;i++){ll num=a[i];if(num!=0){ll tmp=(m-1)/prime[i];ans+=tmp*(tmp+1)/2*prime[i]*num;for(int j=i+1;j<cnt;j++)if(prime[j]%prime[i]==0) a[j]-=num;}}printf("Case #%d: %lld\n",cas++,ans);}return 0; }

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轉載于:https://www.cnblogs.com/Ritchie/p/5708729.html

與50位技術專家面對面20年技術見證，附贈技術全景圖

總結

以上是生活随笔為你收集整理的HDU 5514 Frogs (容斥原理+因子分解)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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