HDU 4135 Co-prime 詳解 容斥原理

1. 題目描述

1.1. Limit

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1.2. Problem Description

Given a number N, you are asked to count the number of integers between A and B inclusive which are relatively prime to N.

Two integers are said to be co-prime or relatively prime if they have no common positive divisors other than 1 or, equivalently, if their greatest common divisor is 1. The number 1 is relatively prime to every integer.

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1.3. Input

The first line on input contains T $(0 < T \le 100)$ the number of test cases, each of the next $T$ lines contains three integers $A, B, N$ where $(1 \le A \le B \le 10^{15})$ and $(1 \le N \le 10^{9})$.

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1.4. Output

For each test case, print the number of integers between A and B inclusive which are relatively prime to N. Follow the output format below.

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1.5. Sample Input

2
1 10 2
3 15 5

1.6. Sample Output

Case #1: 5
Case #2: 10

In the first test case, the five integers in range [1,10] which are relatively prime to 2 are {1,3,5,7,9}.

1.7. Source

The Third Lebanese Collegiate Programming Contest

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2. 解讀

這道題我們需要使用到的是容斥原理。

容斥原理分爲三種實現¹：

1.位運算與二進制枚舉（容易理解）

2.隊列數組（耗時最短）

3.遞歸（代碼最短但不容易理解）

在這裏我們主要討論比較好理解的位運算與二進制枚舉方法，其他兩種方法可以參考深海滄瀾夜未央的博客²。

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首先分析問題，我們要求的是區間 $[A, B]$ 之內 和 $N$ 互質的數的個數，考慮道題目中的範圍 $1 \le A \le B \le 10^{15}$，暴力算法是不太可能了。

而在之前的一篇筆記中，我們提到了用埃氏篩法來求 $[2, n]$ 範圍內的所有質數，主要思想是不斷篩除 $[2, n]$ 中的非質數和它的倍數，直到列表內只剩下質數爲止。也就是說篩除掉一個區間內的非質數是比較高效的。

順着這個思路我們就可以想到，我們可以求出區間 $[2, A - 1]$ 之內和 $N$ 不互質的數的數量 $w_{A - 1}$ 和 區間 $[2, B]$ 之內和 $N$ 不互質的數的數量 $w_B$，計算 $(B - w_B) - (A - 1- w_{A - 1}) $ 就可以求出答案了。

那麼，我們要怎麼求出 $w_{A - 1}$ 和 $w_B$呢，不需要一個個去篩除那麼麻煩，只需要求出 $N$ 的所有質因數 $p_i$，形成一個集合 $P$，把 $[2, A - 1]$ 和 $[2, B]$ 中所有 $P$ 的倍數的數量求出來並減去就可以了。

如果 $P$ 集合中只有一個數 $p_1$ ，我們只需要這樣計算就可以了

$w_{A - 1} = \lfloor \frac{A - 1}{p_1} \rfloor$

$w_B = \lfloor \frac{B}{p_1} \rfloor$

但很明顯 $P$ 集合中很可能不僅僅只有一個數，這裏就涉及到容斥原理了。

假設 $P = \{2, 3, 5\}$，$A = 30$，$B = 60$，那麼計算公式如下

${ \begin{aligned} w_{A - 1} =& {\lfloor \frac{A - 1}{2} \rfloor} + {\lfloor \frac{A - 1}{3} \rfloor} + {\lfloor \frac{A - 1}{5} \rfloor} - {\lfloor \frac{A - 1}{2 \times 3} \rfloor} - {\lfloor \frac{A - 1}{3 \times 5} \rfloor} & \\ &{ - \lfloor \frac{A - 1}{2 \times 5} \rfloor} + {\lfloor \frac{A - 1}{2 \times 3 \times 5} \rfloor} &\\ =& 14 + 9 + 5 - 4 - 1 - 2 + 0 &\\ =& 21 &\\ \end{aligned} }$

${ \begin{aligned} w_B =& {\lfloor \frac{B}{2} \rfloor} + {\lfloor \frac{B}{3} \rfloor} + {\lfloor \frac{B}{5} \rfloor} - {\lfloor \frac{B}{2 \times 3} \rfloor} - {\lfloor \frac{B}{3 \times 5} \rfloor} & \\ &{ - \lfloor \frac{B}{2 \times 5} \rfloor} + {\lfloor \frac{B}{2 \times 3 \times 5} \rfloor} &\\ =& 30 + 20 + 12 - 10 - 4 - 6 + 2 &\\ =& 44 &\\ \end{aligned} }$

$ans = (B - w_B) - (A - 1 - w_{A - 1}) = 8$

這裏又涉及到容斥原理中一個奇加偶減的規律，也就是在迭代計算的過程中 $w_{B}$ 要加上 $B$ 除以奇數個質因數相乘所得的結果，減去 $B$ 除以偶數個質因數相乘所得的結果。

又有問題出現了，我們要怎麼遍歷所有組合的情況呢？ 在最開始提到的位運算與二進制枚舉方法閃亮登場。還是假設 $P = \{2, 3, 5\}$，把 $P$ 的組合情況 $G_p$ 用 3 位二進制來表示

$G_p = (XXX)_B,\ (X \in \{0, 1\})$

根據排列組合規律，$n$ 個數的任意個數的組合共有 $2^n$ 種情況。

$\sum_{i = 0}^n C_n^i = 2^n$

我們只需要把 $G_p$ 從 $0$ 加到 $2^n - 1$ 即可

$G_p \in [(000)_B, (111)_B]$

若 $G_p$ 中某一位置 $j$ 爲 1，則把 $P[j]$ 取出與其他爲 1 的質因數相乘即可遍歷所有組合情況。

3. 代碼

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

// 存儲質因數
ll prime[100];
// 質因數計數
int cnt;

// 計算質因數
void init(int m)
{
    cnt = 0;
    for (ll i = 2; i * i < m; i++)
        // 若爲因數
        if (m % i == 0) {
            //prime儲存素因子，cnt爲素因子的個數
            prime[cnt++] = i;
            // 將這個質因數從m中除去，防止計算到質因數的倍數
            while (m % i == 0) {
                m /= i;
            }
        }
    //這裏是因爲有的n的因子大於sqrt(n)，比如14，他的素因子有2，7
    if (m > 1)
        prime[cnt++] = m;
}

// 容斥原理計算[2, cur] 中不與 N 互斥的數的數量
ll IE_Principle(ll cur)
{
    // 存儲質因數組合的乘積
    ll res = 0;
    // 存儲結果
    ll ans = 0;
    // 從 0 遍歷到 2^cnt - 1
    for (ll i = 1; i < ll(1 << cnt); i++) {
        res = 1;
        ll flag = 0;
        // 遍歷所有數位
        for (ll j = 0; j < cnt; j++) {
            //出現因子
            if (i & (ll(1 << j))) {
                // 統計出現的集合個數
                flag++;
                // 取並之後的因子乘積
                res *= prime[j];
            }
        }
        // 判斷組合中因子個數的奇偶性
        if (flag & 1) {
            // 若爲奇數 加
            ans += cur / res;
        } else {
            // 若爲偶數 減
            ans -= cur / res;
        }
    }
    return ans;
}
int main()
{
    // test case
    ll t;
    cin >> t;
    // 計數
    int icase = 0;
    // 存儲 A B N
    ll a, b, n;
    // 存儲結果
    ll ans;
    // 對每一個test case進行遍歷
    while (t--) {
        // 初始化
        memset(prime, 0, sizeof(prime));
        // 輸入
        cin >> a >> b >> n;
        // 求質因數
        init(n);
        // 使用容斥原理進行計算並輸出
        ans = b - IE_Principle(b) - (a - 1 - IE_Principle(a - 1));
        printf("Case #%d: %lld\n", ++icase, ans);
    }
    return 0;
}

代碼參考自深海滄瀾夜未央的博客²，思路借鑑了生如夏花的博客³。

4. 參考文獻

[1] 深海滄瀾夜未央. CSDN博客. 容斥原理（組合數學）總結

[2] 深海滄瀾夜未央. CSDN博客. HDU4135 Co-prime【容斥原理】3方法

[3] 生如夏花. 博客園博客. hdu 4135(容斥原理)

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