容斥原理 學習 M - Calculation 2 HDU - 3501

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因爲數不大,很快就想到了質因數分解,然後容斥原理做一遍,但是取餘的地方沒細心.爆long long 卻一直沒發現.卡了很久.

思路大抵就是 : 質因數分解, 算每一個質因數的貢獻,但我們平常所減的是求個數的,這裏求完了個數後轉變成和其實也蠻簡單的, 我們這樣考慮 1 - (n-1)中有a個p質因數的倍數, 那麼這個質因數的貢獻就是p*sum(1+2+..+a), 然後容斥消去重複 的就行了.

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<bitset>
#include<cstring>
#define ll long long
const int maxn = 5e5;
using namespace std;
const int mod = 1000000007;
bitset<maxn> judge;
int prime[maxn];

int tot = 0;
ll l,r,n;
ll co[maxn];
void init(){
    judge.reset();
    tot = 0;
    for(int i = 2; i < maxn ; i++){
        if(!judge[i]){
            prime[tot++] = i;
        }
        for(int j = 0; j < tot ;j++){
            if(i*prime[j] >= maxn)break;
            judge[i*prime[j]] = 1;
            if(i%prime[j] == 0){
                break;
            }
        }
    }
}

ll sum(ll n){
    if(n%2==0){
        return ((n/2)%mod*((n+1)%mod))%mod;
    }else{
        return ((n+1)/2%mod*(n%mod))%mod;
    }
}

int cnt = 0;
void slove(ll n){
    cnt = 0;
    for(int i = 0; i < tot && prime[i] <= n;i ++){
        if(n%prime[i] == 0){
            co[cnt++] = prime[i];
            while(n%prime[i] == 0){
                n /= prime[i];
            }
        }
    }
    if(n>1){
        co[cnt++] = n;
    }
}

ll cal(ll a){
    ll ans = 0;
    ll temp = 1;
    int cc = 0;
    for(int i = 1; i < (1<<cnt); i++){
        temp = 1;
        cc = 0;
        for(int j = 0; j <cnt; j++){
            if(i & (1<<j)){
                temp *= co[j];
                cc ++ ;
            }
        }
        if(cc&1)ans += ((sum(a/temp)%mod)*(temp%mod))%mod;
        else ans -= ((sum(a/temp)%mod)*(temp%mod))%mod;
        ans = (ans%mod + mod)%mod;
    }
    return ans;
}

int main(){
    init();
    //FILE *fp;
    //fp = fopen("in.txt", "w+");
    //for(int r = 1; r < mod; r++){
    while(scanf("%lld",&r) && r){
        n = r;
        slove(n);
        printf("%lld\n",cal(r-1)%mod);
    }
}

後來發現其實別人用歐拉函數做更有趣,
我們看到gcd(a, n) = 1, 那麼肯定就有gcd(a, n-a) = 1,這樣我們算到的phi[n]*n/2就是1 - (n-1)中與n互質的數和.
然後減一下就出來了.

n∗(n−1)/2%mod−n∗ϕ(n)/2%mod+2∗mod)%mod