hdu5514Frogs

链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5514

题意：给定n,m，有n只青蛙，m块编号0~m-1的围成环石头。初始时所有青蛙都在第0块石头上，然后给定n个整数表示n只青蛙每次跳的固定长度，青蛙一直绕环跳，求最后被跳过的石头的编号之和，同一块石头不多次计算。

分析：一看到这个题的时候就想到容斥，以为很容易看到会有多只青蛙跳到同一块石头上。首先我们能想到每只青蛙跳的长度a与总长度m的关系可以确定青蛙在环上跳的“最小长度”为gcd(a,m)。然后有多个最小公约数我们要怎么计算和去重呢？如果只是按普通的容斥去加加减减的话复杂度是O(2^n)，并不可取，然后我们观察可以发现每一个gcd都是m的因子，并且！gcd与gcd之间的最小公倍数(即容斥的地方)要么<=m也会是m的一个因子或者>m就不用容斥啦。那么题目就变得简单啦，我们只要计算每一个m的因子所需要做的贡献，多做了就减少做了就加咯，时间复杂度的话看到别人分析说m的因子个数不会超过logm那么时间复杂度就是O(logmlogm+nlogm)了。

代码：

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<math.h>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
const int N=100010;
const int MAX=151;
const int MOD=1000000007;
const int MOD1=100000007;
const int MOD2=100000009;
const int INF=1000000000;
const double EPS=0.00000001;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long uI64;
int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
int gcd(int a,int b) {if (b) return gcd(b,a%b);return a;
}
int b[N],q[N],num[N];
int main()
{int i,j,k,n,m,t,x;ll ans;scanf("%d", &t);for (int ca=1;ca<=t;ca++) {scanf("%d%d", &n, &m);k=0;for (i=1;i*i<=m;i++)if (m%i==0) {b[++k]=i;if (i*i!=m) { b[++k]=m/i; }}sort(b+1,b+k+1);k--;memset(q,0,sizeof(q));for (i=1;i<=n;i++) {scanf("%d", &x);x=gcd(m,x);for (j=1;j<=k;j++)if (b[j]%x==0) q[j]=1;}ans=0;memset(num,0,sizeof(num));for (i=1;i<=k;i++) {if (q[i]!=num[i]) {int w=(m-1)/b[i];ans-=(ll)w*(w+1)/2*b[i]*(q[i]-num[i]);w=q[i]-num[i];for (j=i;j<=k;j++)if (b[j]%b[i]==0) num[j]+=w;}}printf("Case #%d: %lld\n", ca, ans);}return 0;
}/*
10
2 12
9 10
3 60
22 33 66
9 96
81 40 48 32 64 16 96 42 72
10 1000000189
1 2 3 5 7 13 17 19 23 29*/

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