HDU5072 Coprime (乱搞?)

题目链接 ： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5072

求n个不同的数(<=1e5)中有多少组三元组(a, b, c)两两不互质或者两两互质。

做法：

假定a < b < c

(x, y, z)表示a和b之间的关系是X,a和c之间是Y,b和c之间关系是Z，X,Y,Z∈{0， 1}, 这里0代表不互质，1代表互质

考虑到正的来做有点难，可以反的来做这题，总共(a,b,c)之间有8种关系

我们可以求出其它6种，然后减一下就行了。

先排序。

A = {在b前与c互质的数量 * 在c前与c不互质的数量} + {在c后与c互质的数量 * 在c后与c不互质的数量}；

B = {在b前与b互质的数量 * 在b后与b互质的数量} + {在b前与b不互质的数量 * 在b后与b不互质的数量};

Sum = 总共有多少组三元组;

那么其实我们所求的答案就是(B - A + Sum) / 2 ; 这个建议自己推一下，也不是很复杂

至于求在c前与c互质OR不互质的数量的话可以用容次搞搞，复杂度是可以过的。

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #include <algorithm>
 4 #include <vector>
 5
 6 using namespace std;
 7 typedef __int64 lld;
 8 const int MAXN = 100005;
 9
10 int a[MAXN];
11 int cnt[MAXN];
12 vector<int> prime[MAXN];
13 int check[MAXN] = {0};
14 int n;
15 lld ans[MAXN][2];
16
17 int calc(vector<int> arr) {
18     int m = arr.size();
19     int sum = 0;
20     for (int i = 1; i < (1 << m); i++) {
21         int fg = -1, ret = 1;
22         for (int j = 0; j < m; j++) {
23             if (i >> j & 1) {
24                 ret *= arr[j]; fg = -fg;
25             }
26         }
27         sum = sum + fg * cnt[ret];
28         cnt[ret] += 1;
29     }
30     return sum;
31 }
32
33 void work() {
34     scanf("%d", &n);
35     for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
36     sort(a + 1, a + 1 + n);
37     memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
38     for (int i = 1; i <= n; i++) {
39         ans[i][0] = calc(prime[a[i]]);
40     }
41     memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
42     for (int i = n; i >= 1; i--) {
43         ans[i][1] = calc(prime[a[i]]);
44     }
45     lld Sum = (lld)n * (n-1) * (n-2) / 6;
46     lld A = 0;
47     lld B = 0;
48     for (int i = 1; i <= n; i++) {
49         A += ans[i][0] * (i-1 - ans[i][0]);
50         A += ans[i][1] * (n-i - ans[i][1]);
51         B += ans[i][0] * ans[i][1];
52         B += (i-1 - ans[i][0]) * (n-i - ans[i][1]);
53     }
54     printf("%I64d\n", B-A+Sum >> 1);
55     return ;
56 }
57
58 int main() {
59     for (int i = 2; i <= 1e5; i++) {
60         if (!check[i]) {
61             for (int j = 1; j * i <= 1e5; j++) {
62                 check[j * i] = 1;
63                 prime[j*i].push_back(i);
64             }
65         }
66     }
67     int T;
68     scanf("%d", &T);
69     for (int cas = 1; cas <= T; cas++) work();
70     return 0;
71 }