[HNOI2002]跳蚤 【容斥】

题目描述

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*。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MN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。

输入输出格式

输入格式：

输入文件有且仅有一行，包括用空格分开的两个整数N和M。

输出格式：

输出文件有且仅有一行，即可以完成任务的卡片数。

1≤N≤M≤1081\le
N\le M\le 10^81≤N≤M≤108，且MN≤1016MN\le
10^{16}MN≤1016。

输入输出样例

输入样例#1：
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2 4

输出样例#1：
复制

12

说明

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)

题解

这道题解题的思维量不小，且涵盖了较多数论知识点，是一道好题，记录下来【02年省选题就那么难了么QAQ】

由N + 1个数组合能跳到左边一格，由扩欧我们知道，这是互质的充要条件

所以M和前N个数至少有一对互质

直接讨论发现很麻烦，我们就反过来，用总方案 - 所有数不互质的方案数

总方案M^N个很明显了，如果所有数不互质，它们至少有一个公共的质因子，所以我们枚举M的质因子：

假设M = 30 = 2 * 3 * 5

我们设它们共有2，就总共有(M/2)^N种可能【M/2表示M中有多少2的倍数】

我们设它们共有3，就总共有(M/3)^N种可能

我们设它们共有5，就总共有(M/5)^N种可能

不对啊，好像减多了，那么就两两组合，再加上去，加多了就三三组合减回去........

没错，就是容斥原理

具体实现时，质因子分解用快速分解法O(√M)分解，

容斥时我们枚举二进制数进行容斥

搞完啦~

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define fo(i,x,y) for (int i = (x); i <= (y); i++)
#define Redge(u) for (int k = head[u]; k != -1; k = edge[k].next)
using namespace std;
const int maxn = 1005,maxm = 100005,INF = 1000000000;

LL N,M;
int fac[maxn],faci = 0;

void Sp(){
	LL e = M;
	for (LL i = 2; i * i <= e; i++){
		if (e % i == 0){
			fac[++faci] = i;
			while (e % i == 0) e /= i;
		}
	}
	if (e - 1) fac[++faci] = e;
}

LL qpow(LL a,LL b){
	LL ans = 1;
	for (; b; b >>= 1, a *= a)
		if (b & 1) ans *= a;
	return ans;
}

LL cal(int s){
	LL mult = 1,pos = 1;
	for (int i = 1; s; i++,s >>= 1){
		if (s & 1){
			mult *= fac[i];
			pos *= -1;
		}
	}
	return qpow(M/mult,N) * pos;
}

void solve(){
	Sp();
	LL tot = qpow(M,N),maxv = ((LL)1 << faci) - 1;
	for (int s = 1; s <= maxv; s++)
		tot += cal(s);
	cout<<tot<<endl;
}

int main()
{
	cin>>N>>M;
	solve();
	return 0;
}