題目

題目描述

你是一位精明的數學家，擅長用計算機來解決各類小學奧數題。

這一天，你想起來了著名的 "開關燈問題"， 它曾經經常被拿來為難小朋友們。 於是你決定完成一個程式來徹底解決這個問題。

"開關燈問題" 在小學奧數書上的描述是這樣的：

一個走廊裡有 \(100\) 盞按順序排好的燈， 它們分別擁有 \(1∼100\) 的編號，最開始時都是關上的。 小明同學非常無聊，他首先按下了所有編號為 \(2\) 的倍數的燈的開關， 接著他又按下了所有編號為 \(3\) 的倍數的燈的開關， 問最後有多少燈是開啟的。

因為你希望最終完全解決這類問題，因此你將題目一般化：

現在有三種燈的開關：第一種開關是熔斷型的， 即只要第一次使用開關後，開關將保持開啟狀態不變；第二種 開關是普通型的，即使用奇數次開關時，燈會開啟，使用偶數 次時，燈又會關閉；第三種開關是記憶型的，使用次數為三的倍數時，燈會關閉， 否則燈開啟。

一個走廊裡有 \(n\) 盞按順序排好的燈， 它們使用的都是第 \(type\) 種開關(\(type=1、2\)或\(3\))。 最開始時，\(1∼n\)號燈都是關上的，開關也從未使用過。 小明同學非常無聊，他進行了 \(d\) 次操作，每一次操作形如： "將編號為 \(k_i\) 的倍數的燈的開關按下。" 問經過這 \(d\) 次操作，最終有多少盞燈是開啟的。

你完成的程式需要實現 \(Q\) 次任務， 每一次任務會給出 \(n，type，d，k_i\)。

資料範圍

\(Q \le 1000,n \le 10^8,1 \le k_i \le n,d \le 12\)。

題解

記 \(K=\{k_i\}\)

設 \(f[i]\) 表示恰好拉了 \(i\) 次的燈的數量，則有：

對於前面這個式子 \(\sum\limits_{S\subseteq K，|S|=i} \lfloor \frac{n}{\mathrm{lcm}(S)} \rfloor\)

• 若一個點 \(p\) 恰好被拉了 \(i\) 次，則只會被計算一次。

• 若一個點 \(p\)

  恰好被拉了 \(j(j>i)\) 次，則會被多計算 \(\dbinom{j}{i}\) 次。所以後面減去。

時間複雜度 \(O(Q\log n \ 2^d)\)。

程式碼

Talk is cheap.Show me the code.

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline 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<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x * f;
}
const int N = 20;
int n,d,type;
int k[N],f[N];
int C[N][N];
int gcd(int a,int b) {
	return (b==0 ? a : gcd(b,a%b));
}
int lcm(int a,int b) {
	return a*b/gcd(a,b);
}
void Init() {
	for(int i=0;i<N;++i) C[i][0] = 1;
	for(int i=1;i<N;++i) {
		for(int j=1;j<=i;++j) {
			C[i][j] = C[i-1][j] + C[i-1][j-1];
		}
	}
}
void work() {
	memset(f, 0, sizeof(f));
	n = read(), type = read(), d = read();
	for(int i=0;i<d;++i) k[i] = read();
	int up = (1<<d)-1;
	for(int i=1;i<=up;++i) {
		int S = 1, sz = 0;
		for(int j=0;j<d;++j) {
			if(i&(1<<j)) {
				++sz;
				S = lcm(S,k[j]);
			}
		}
		f[sz] += n/S;
	}
	for(int i=d;i>=1;--i) {
		for(int j=i+1;j<=d;++j) {
			f[i] -= C[j][i]*f[j];
		}
	}
	int ans = 0;
	if(type == 1) {
		for(int i=1;i<=d;++i) ans += f[i];
	} else if(type == 2) {
		for(int i=1;i<=d;++i) {
			if(i&1) ans += f[i];
		}
	} else {
		for(int i=1;i<=d;++i) {
			if(!(i%3==0)) ans += f[i];
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
signed main()
{
	Init();
	int Q = read();
	while(Q--) work();
    return 0;
}
/*
3
6 1 2
2 3
6 2 2
2 3
6 3 3
1 2 3

4
3
5
*/

總結

應該算是對容斥更深入的理解。