Frogs HDU - 5514

題意：

有n個青蛙，第 i 個青蛙每次只能夠跳 ai?步，現在有m個石頭圍成一圈，編號為0到m?1，現在青蛙可以圍著這個石頭組成的圓跳無限次，每跳一次就會占領這個石頭，可以無限占領，現在問你的是這n個青蛙占領的石頭的編號的總和是多少。

題解：

參考博客
肯定和容斥有關，但本人很無擅長容斥，所以不會。。。

第一個方法(歐拉函數)：

對于第i個青蛙，他所能跳的步長為gi=gcd(m,ai),也就是所有編號為gi的倍數的石頭，他都能占領
現在有多個青蛙，就會存在一些位置被重復占領，所有我們要考慮容斥，為了消除這些重復的值，我們規定第i個石頭只能由gcd(m,i)的步長來占領，例如環長為12，那么就有：
2,10 只能由步長為 2 的來占領;
3 , 9只能由步長為 3 的來占領;
4 , 8 只能由步長為 4 的來占領;
6 只能由步長為 6 的來占領;
這些步長都是<m的m的因子因子組成，我們先預處理出所有因子，然后判斷該因子是否能被gcd（m，ai）中得一個整除（比如gcd=2，那么步長為2，4，6得都可以實現）
由步長為x所占石頭的編號和為：
步長為2：2+10=2 * (1+5) = 2 * (phi[6] * 6/2)
步長為3：3+9=3 * (1+3)
步長為4：4+8=4 * (1+2)
步長為6：6=6 * 1
對于步長為x的求和就是x * (與m/x互素的個數的和)，括號內的數是與m/x互質的數，因為gcd(m,ai)=gcd(12,9)=3,提出3后，gcd(4，3)等于1，所以3與12/3互質
結論：
在[1,x]中與x互素的數的和為：phi[x] * x/2（歐拉函數得性質）
整理得：x * phi[m/x] * m/2 * 2 = phi[m/x] * m/2
求和即可

第二個方法(容斥做法)：

代碼：

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; vector<int> G,fac;//G為所謂的”步長“ fac為因子 int getPhi(int n){int m = (int)sqrt(n+0.5);int ans = n;for(int i = 2;i <= m;i++){if(!(n%i)){ans = ans/i*(i-1);while(!(n%i)) n /= i;}}if(n > 1) ans = ans/n*(n-1);return ans; } int main(){int T;cin>>T;for(int TT = 1;TT <= T;TT++){cout<<"Case #"<<TT<<": ";fac.clear();G.clear();int n,m,x,tag = 0;cin>>n>>m;for(int i = 0;i < n;i++){cin>>x;int g = __gcd(x,m);if(g == 1)tag = 1;G.push_back(g);}if(tag){cout<<1ll*m*(m-1)/2<<endl;continue;}sort(G.begin(),G.end());n = unique(G.begin(),G.end()) - G.begin();//去重int mm = sqrt(m+0.5);for(int i = 2;i <= mm;i++){if(!(m%i)){fac.push_back(i);if(i*i != m) fac.push_back(m/i);}}ll ans = 0;for(int i = 0;i < fac.size();i++){for(int j = 0;j < n;j++){if(!(fac[i]%G[j])){ans += 1ll*getPhi(m/fac[i])*m/2;break;}}}cout<<ans<<endl;}return 0; } 創作挑戰賽新人創作獎勵來咯，堅持創作打卡瓜分現金大獎

總結

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