A Simple Math Problem（容斥原理）

2020ICPC 江西省大学生程序设计竞赛

Problem

Solution

1. 首先可以想到逆向思维：
   先求出所有情况的和sum，然后减去所有的 $gcd(i,j)\ne 1$ 的情况
2. 如何删去 $gcd(i,j)\ne 1$ 的情况：
   可以按照调和级数的方式来考虑
   考虑 能被 2 整除的 i ，然后把每个 i 中 能被 2 整除的 j 删掉
   考虑 能被 3 整除的 i ，然后把每个 i 中 能被 3 整除的 j 删掉
   考虑 能被 5 整除的 i ，然后把每个 i 中 能被 5 整除的 j 删掉
   … …
   以此类推
   但，这样会有重复删掉的，就比如删 i = 6， j = 6时，6 被删了两次
   那么，灵感来了，这不就是容斥原理吗？
   把多删的加回来，把多加回来的删掉。。。
3. 容斥原理如何处理
   1. 可以考虑莫比乌斯函数，感觉莫比乌斯函数就是为 容斥原理量身定做的。（具体见代码）
   2. 可以不用上面的思路，换一种解题思路：
      1. 可以依次考虑每个 i ，求出 i 的所有质因数，然后用容斥原理求出来每个 与 i 互素的 j ，减去这些情况即可。
      2. 然后分析，该方法的合理性，首先 $O(n\sqrt{n})$ 预处理出每个数的所有质因数，n只有1e5
      3. 然后可以发现 $2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13=30030$，就意味着一个数最多有5个质因数
      4. 处理出所有的 i 的 不互质的 j， 最糟糕时间复杂度 $O(32n)$
      5. 总的时间复杂度 $O(n\sqrt{n}+32n)$

Code

const int N = 1e5 + 5;
int a[N], miu[N], v[N];
ll sum[N], f[N];

int solve(int x)
{
	int sum = 0;
	while (x)
	{
		sum += x % 10;
		x /= 10;
	}
	return sum;
}

int main()
{
	IOS;
	int n; cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) miu[i] = 1, v[i] = 0;
	for (int i = 2; i <= n; i++)//预处理出1 ~ n的莫比乌斯函数值 
	{
		if (v[i]) continue;
		miu[i] = -1;
		for (int j = i * 2; j <= n; j += i)
		{
			v[j] = 1;
			if (j / i % i == 0) miu[j] = 0;
			else miu[j] *= -1;
		}
	}

	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		f[i] = solve(i);
		sum[i] = f[i] + sum[i - 1];
	}

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		sum[i] += sum[i - 1];

	ll ans = sum[n];//所有情况的总和
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		ll sum = 0, cnt = 0;
		for (int j = i; j <= n; j += i)
		{
			cnt += f[j];
			sum += cnt;
		}
		ans += miu[i] * sum;
	}
	cout << ans << endl;


	return 0;
}

最后

以上就是文静世界为你收集整理的A Simple Math Problem（容斥原理）的全部内容，希望文章能够帮你解决A Simple Math Problem（容斥原理）所遇到的程序开发问题。

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