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在组合数学中,容斥是常常被用到的,用容斥求解一些带有条件的组合数。
容斥原理:具有性质A和性质B的元素个数等同于具有性质A的个数和具有性质B的个数的和再减去同时具有性质A和性质B的元素的个数。
数学公式表示为 |A∪B|=|A|+|B|-|A∩B|。 同样以此类推对于三个性质来说其数学公式为|A∪B∪C|=|A|+|B|+|C|-|A∩B|-|A∩C|-|B∩C|+|A∩B∩C| 为什么要加上最后那个呢?因为在减的过程中多减了一个。对于容斥原理来说比较常用的方法为递归法和二进制枚举法,二进制枚举的方法最大的好处是枚举出所有元素的子集。假设一个集合的元素有m个,则对于m长的二进制数来说就有m个1或0的位置,对于每一个1
-就对应一个元素,整个二进制枚举完就是所有子集,从0到2^m就行。递归法则是利用dfs的思想进行搜索,检索每一种方案进行容斥。由于每一种题都有不同的搜索方法,没用统一的模板,就不弄代码了。
在这其中都是奇数个性质加偶数个性质减,而如果所求的性质是相反的性质,则用总数减去。(这条看了好久才明白,其实容斥就这么一个主要的)
容斥原理开着简单,实际非常复杂,每一道题都用不同的性质容斥,但最终的思想是不变的,多做一些题就会慢慢积累经验最终由一个好的思想。Now you get a number N, and a M-integers set, you should find out how many integers which are small than N, that they can divided exactly by any integers in the set. For example, N=12, and M-integer set is {2,3}, so there is another set {2,3,4,6,8,9,10}, all the integers of the set can be divided exactly by 2 or 3. As a result, you just output the number 7.
Input
There are a lot of cases. For each case, the first line contains two integers N and M. The follow line contains the M integers, and all of them are different from each other. 0<N<2^31,0<M<=10, and the M integer are non-negative and won’t exceed 20.
Output
For each case, output the number.
Sample Input
12 22 3
Sample Output
7
给定一个包括m个数的集合,数不超过20,问有多少个<n的数,能够被集合中的数整除。
关键问题是重复计算,比如6可以被2整除,也可以被3整除,计数了两次,所以要用到容斥原理。 容斥就是对于重叠次数只有奇数次的,我们加上,重叠次数为偶数次的,我们要减去。 对于每个数,都计算重叠一次的,重叠两次的,重叠三次的...最多重叠m次,有m个数 所以要用到DFS,然后保存中间态重叠x次的最小公倍数lcm,符合题意的数有(n-1)/lcm个 (** 1~n之间有多少个能被x整除的数,公式为n/x,题目中要求小于n,所以(n-1)/x **),根据 step重叠的次数或者加上,或者减去。 比如n=7,m=2,集合中的数为2 3 首先对于2,重叠一次,lcm=2,7/2=3,有3个符合的数(其实是2,4,6),因为重叠次数是奇数,所以 ans+=3,这时中间态lcm=2,然后继续dfs剩下的数(因为要和其它数组和在一块进行重叠,这里只剩下3了), 重叠两次, lcm=LCM(lcm,3), lcm=LCM(2,3)=6,7/6=1,重叠次数为偶数,ans-=1,这样以2开始的所有情况就完了。 再对于3,重叠一次,lcm=3,7/3=2,有两个符合的数,ans+=2.最终ans=4#includeusing namespace std;typedef long long ll;const int maxn=25;ll num[maxn];int cnt;ll ans;ll n,m;ll gcd(ll a,ll b){ if(b==0) return a; else return gcd(b,a%b);}ll LCM(ll a,ll b){ return a*b/gcd(a,b);}void dfs(int th,ll now,int step){ if(step>cnt) return; ll lcm=LCM(num[th],now); if(step&1) ans+=(n-1)/lcm; else ans-=(n-1)/lcm; for(int p=th+1;p >n>>m) { cnt=0; ans=0; ll val; while(m--) { cin>>val; if(val>0&&val
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