Educational Codeforces Round 37-G.List Of Integers题解

一、题目



二、题目链接

　　http://codeforces.com/contest/920/problem/G

三、题意

　　给定一个$t$，表示有t次查询。每次查询给定一个$x$, $p$, $k$，需要输出一个大于$x$、与$p$互质、第$k$大的数字。如样例1所示，比$7$大、与$22$互质、第$1$大的数字是$9$，第$2$大的数字是$13$，第$3$大的数字是$15$。

四、思路

　　二分+容斥原理。

　　二分一个数字$mid$，看看$[x+1,mid]$之间与$p$互质的数的个数。需要注意的是，如果个数是$k$，还要判断二分的$mid$是不是与$p$互质。如果是，说明要输出的值在$[x+1, mid)$之间，要需要继续做二分。(注意括号样式哦)

　　统计$[x+1, mid]$之间与$p$互质的数的个数，方法是：把这个区间内$p$的素因子的倍数全部筛掉，剩余的就是与$p$互质的了。在筛的过程中，比如$p$是$12$，素因子是$2$、$3$，筛掉$2$的倍数的方法是：区间长度$len - (mid / 2 - x / 2)$。同理，筛掉$3$的倍数的方法也一样。但是，对于所有$6$的倍数，会被减两次，所以，需要再加一次。而这个过程，其实就是容斥原理。

　　在这个题目中，利用容斥原理统计个数时，有两个写法：

　　　　1、每次二分一个上界值$mid$，就枚举二进制；

　　　　2、保存所有的询问，对每个询问的$p$，都预处理出它的所有素因子组合的乘积。然后，再枚举每一个询问，传入二分上界值$mid$时，枚举预处理的$p$的所有素因子组 合的乘积即可。(详细的写法可参考源代码)

　　另外，还有一点，在做询问之前，需要预处理出$[1, 1e6]$区间内所有数字的素因子。

五、源代码

　　1、写法一：每次二分一个上界值$mid$，就枚举二进制;

#pragma GCC optimize(2)
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000, 102400000")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 1e6 + 10;

template <class T> inline void read(T &x) {
int t;
bool flag = false;
while((t = getchar()) != '-' && (t < '0' || t > '9')) ;
if(t == '-') flag = true, t = getchar();
x = t - '0';
while((t = getchar()) >= '0' && t <= '9') x = x * 10 + t - '0';
if(flag) x = -x;
}

bool prime[MAXN];
vector<LL> d[MAXN];//d[i]:数字i的所有素因子

void init() {
const int N = 1000000;
for(int i = 0; i <= N; ++i)d[i].clear(), prime[i] = true;
for(int i = 2; i <= N; ++i) {
if(prime[i]) {
for(int j = i + i; j <= N; j += i)prime[j] = false;
}
}
for(int i = 2; i <= N; ++i) {
if(prime[i]) {
for(int j = i; j <= N; j += i)d[j].push_back(LL(i));
}
}
}

/**[x+1, mid]**/
LL calc(LL x, LL p, LL mid) {
LL res = mid - x;
/*枚举二进制：
如果i=5,二进制为0101,从低位数起，第0位和第2位为1，
那么就取d[p]的第0个和第2个素因子，计算乘积，去做容斥操作。
同时，需要统计取得素因子的个数。
如果是奇数，那么，容斥操作中符号是+，否则是-。
*/
for(int i = 1, t = 1 << d[p].size(); i < t; ++i) {
LL cnt = 0, prod = 1;
for(int j = i, k = 0; j > 0; j >>= 1, ++k) {
if(j & 1) {
cnt++;
prod *= d[p][k];
}
}
res -= (mid / prod - x / prod) * (cnt % 2 == 1 ? 1 : -1);
}
return res;
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("Ginput.txt", "r", stdin);
#endif // ONLINE_JUDGE
LL T, x, p, k, low, high, mid, ans = 0, tmp;
init();
read(T);
while(T--) {
read(x), read(p), read(k);
low = x, high = 1LL << 25;/*这个地方要特别注意，写大了就超时。*/
while(low < high - 1) {
mid = (low + high) / 2;
tmp = calc(x, p, mid);
if(tmp < k)low = mid;
else if(tmp > k)high = mid;
else {
if(__gcd(mid, p) > 1LL)high = mid;
else {
ans = mid;
break;
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}

　　2、保存所有的询问，对每个询问的$p$，都预处理出它的所有素因子组合的乘积。然后，再枚举每一个询问，传入二分上界值$mid$时，枚举预处理的$p$的所有素因子组 合的乘积；

#pragma GCC optimize(2)
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000, 102400000")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef tuple<LL, LL, LL> T3L;
typedef pair<LL, LL> P2L;
const int MAXN = 1e6 + 10;

template <class T> inline void read(T &x) {
int t;
bool flag = false;
while((t = getchar()) != '-' && (t < '0' || t > '9')) ;
if(t == '-') flag = true, t = getchar();
x = t - '0';
while((t = getchar()) >= '0' && t <= '9') x = x * 10 + t - '0';
if(flag) x = -x;
}

bool prime[MAXN];
vector<LL> d[MAXN];/*d[i]:数字i的素因子*/
vector<P2L> f[MAXN];/*f[i]:数字i的素因子组合的乘积和该组合的素因子个数*/
vector<T3L> qs;
void init() {
const int N = 1000000;
qs.clear();
for(int i = 0; i <= N; ++i)d[i].clear(), f[i].clear(), prime[i] = true;
for(int i = 2; i <= N; ++i) {
if(prime[i]) {
for(int j = i + i; j <= N; j += i)prime[j] = false;
}
}
for(int i = 2; i <= N; ++i) {
if(prime[i]) {
for(int j = i; j <= N; j += i)d[j].push_back(LL(i));
}
}
}

/**[x+1, mid]**/
LL calc(LL x, LL p, LL mid) {
LL res = mid - x;
for(int i = 0; i < f[p].size(); ++i) {/*直接枚举素因子组合的乘积*/
LL prod = f[p][i].first, cnt = f[p][i].second;
res -= (mid / prod - x / prod) * (cnt % 2 == 1 ? 1 : -1);
}
return res;
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("Ginput.txt", "r", stdin);
#endif // ONLINE_JUDGE
LL T, x, p, k, low, high, mid, ans = 0, tmp;
init();
read(T);
for(int i = 0; i < T; ++i) {
read(x), read(p), read(k);
qs.push_back(make_tuple(x, p, k));/*保存所有询问*/
}
/*预处理每个询问的p的素因子组合的乘积、组合个数。
写法同方法1。
*/
for(int t = 0; t < T; ++t) {
tmp = get<1>(qs[t]);
if(f[tmp].size() == 0) {
for(int i = 1, top = 1 << d[tmp].size(); i < top; ++i) {
LL cnt = 0, prod = 1;
for(int j = i, k = 0; j > 0; j >>= 1, ++k) {
if(j & 1) {
cnt++;
prod *= d[tmp][k];
}
}
f[tmp].push_back(make_pair(prod, cnt));
}
}
}
for(int t = 0; t < T; ++t) {
x = get<0>(qs[t]), p = get<1>(qs[t]), k = get<2>(qs[t]);
low = x, high = 1LL << 25;/*这个地方要特别注意，写大了就超时。*/
while(low < high - 1) {
mid = (low + high) / 2;
tmp = calc(x, p, mid);
if(tmp < k)low = mid;
else if(tmp > k)high = mid;
else {
if(__gcd(mid, p) > 1LL)high = mid;
else {
ans = mid;
break;
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}