本文主要是介绍hdu4407(容斥原理)，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
题意：给一串数字1,2，......n，两个操作:1、修改第k个数字，2、查询区间[l,r]中与n互质的数之和。解题思路：咱一看，像线段树，但是如果用线段树做，那么每个区间一定要记录所有的素因子，这样会超内存。然后我就做不来了。后来看了题解，原来是用容斥原理来做的。还记得这道题目吗？求区间[1,r]中与p互质的数的个数，如果不会的话就先去做那题吧。现在这题是求区间[l,r]中与n互质的数的和，先求[1,r]中与n不互质的数字的和，然后做差求与n互质的数的和。由于更新操作只有1000次，所以暴力判断在区间[l,r]内更新过的点。时间复杂度是多少呢，运算比较复杂，但是可以证明时间复杂度并不高。
代码如下：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<cstring>
#include<string>
#include<vector>
#include<map>#define LL __int64
#define N 450000
#define inf 0x3f3f3f3f
#define pi acos(-1.0)
#define eps 10e-6using namespace std;
int pri[N],tot,vis[N];
vector<int> q;
map<int,int> mp;
map<int,int>::iterator it;
void get_primes()
{memset(vis,0,sizeof(vis));tot = 0;int i,m = sqrt(N+0.5);for(i = 2; i <= m; i++){if(vis[i] == 0) pri[tot++] = i;for(LL j = 1LL*i*i; j <= m; j+=i)vis[j] = 1;}
}
void get_primes_of_n(int n)
{q.clear();int i;for(i = 0; i < tot && pri[i]*pri[i] <= n; i++){if(n%pri[i] == 0){q.push_back(pri[i]);while(n%pri[i] == 0)n /= pri[i];}}if(n > 1) q.push_back(n);
}
LL get_sum(int n)
{int len = q.size();int m = (1<<len);LL ans = 0;int i,j;for(i = 1; i < m; i++){int cnt = 0,a0 = 1;for(j = 0; j < len; j++)if(i&(1<<j)){cnt++;a0 *= q[j];}int k = n/a0;int an = a0+a0*(k-1);LL sum = 1LL*(an+a0)*k/2;if(cnt&1) //+ans += sum;else ans -= sum;}return ans;
}
int gcd(int a,int b)// a<b
{return b%a == 0 ? a : gcd(b%a,a);
}int main()
{get_primes();int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);mp.clear();while(m--){int op;scanf("%d",&op);if(op == 2){int x,c;scanf("%d%d",&x,&c);mp[x] = c;}else{int x,y,p;scanf("%d%d%d",&x,&y,&p);get_primes_of_n(p);//得到p的质因子LL ans = 1LL*(x+y)*(y-x+1)/2;LL temp = get_sum(y)-get_sum(x-1);ans -= temp;for(it = mp.begin(); it != mp.end(); it++){if(it->first < x || it->first > y) continue;int k1 = p,k2 = it->first;if(k1 > k2) swap(k1,k2);if(gcd(k1,k2) == 1)ans -= it->first;k1 = p;k2 = it->second;if(k1 > k2) swap(k1,k2);if(gcd(k1,k2) == 1) ans += it->second;}printf("%I64d\n",ans);}}}return 0;
}
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