Frogs HDU - 5514

题意：

有n个青蛙，第 i 个青蛙每次只能够跳 ai步，现在有m个石头围成一圈，编号为0到m−1，现在青蛙可以围着这个石头组成的圆跳无限次，每跳一次就会占领这个石头，可以无限占领，现在问你的是这n个青蛙占领的石头的编号的总和是多少。

题解：

参考博客
肯定和容斥有关，但本人很无擅长容斥，所以不会。。。

第一个方法(欧拉函数)：

对于第i个青蛙，他所能跳的步长为gi=gcd(m,ai),也就是所有编号为gi的倍数的石头，他都能占领
现在有多个青蛙，就会存在一些位置被重复占领，所有我们要考虑容斥，为了消除这些重复的值，我们规定第i个石头只能由gcd(m,i)的步长来占领，例如环长为12，那么就有：
2,10 只能由步长为 2 的来占领;
3 , 9只能由步长为 3 的来占领;
4 , 8 只能由步长为 4 的来占领;
6 只能由步长为 6 的来占领;
这些步长都是<m的m的因子因子组成，我们先预处理出所有因子，然后判断该因子是否能被gcd（m，ai）中得一个整除（比如gcd=2，那么步长为2，4，6得都可以实现）
由步长为x所占石头的编号和为：
步长为2：2+10=2 * (1+5) = 2 * (phi[6] * 6/2)
步长为3：3+9=3 * (1+3)
步长为4：4+8=4 * (1+2)
步长为6：6=6 * 1
对于步长为x的求和就是x * (与m/x互素的个数的和)，括号内的数是与m/x互质的数，因为gcd(m,ai)=gcd(12,9)=3,提出3后，gcd(4，3)等于1，所以3与12/3互质
结论：
在[1,x]中与x互素的数的和为：phi[x] * x/2（欧拉函数得性质）
整理得：x * phi[m/x] * m/2 * 2 = phi[m/x] * m/2
求和即可

第二个方法(容斥做法)：

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int> G,fac;//G为所谓的”步长“   fac为因子
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;
}

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题解：

第一个方法(欧拉函数)：

第二个方法(容斥做法)：

代码：

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