1 /**
2 大意： 给定[a，b]，[c，d] 在这两个区间内分别取一个x，y 使得 （x+y）%p = m
3 思路：res = f(b,d) -f(b,c-1)-f(a-1,d)+f(a-1,c-1); f(b,d ) 表示在[0，b]，[0，d] 之间有多少个符合上述要求的数
4 1、将[0，b] 分为两部分， b/p 和 b%p 能整除p的[0，(b/p)*p] 和[(b/p)*p+1，b ] 同理[0，d]也可以这样分， 这样对于[0,b] [0,d ] 分别有两种情况，则一共有四种情况。
5 a、 对于能整除的部分，直接相乘可得结果ans += (b/p)*(d/p)*p;
6 b、 对于b 不能整除的和 d 能整除的。。 ans += (b%p+1)*(d/p)
7 c、 对于d不能整除的和b能整除的。 ans += (d%p+1)*(b/p)
8 d 、 对于 b不能整除和d也不能整除的。。
9 先举下面一个例子
10
11 对于一个完整的区间来说，不难想到[0,m]对应[m,0]，那么对于[m+1,p-1]对应哪一个区间呢，一个数a来说，如果a%p=m，则a=m,m+p,m+2*p……由于[0,p-1]中任意两个数的和都小于2*p，因此a只能为m或者m+p，那么[m+1,p-1]就对应着[p-1,m-1]。下面是m=3，p=8的情况
12 0 1 2 3 4 5 6 7
13 3 2 1 0 7 6 5 4
14
15 那么。。ma = b%p mb = d%p。。。
16 若是ma〉m 那么：
17 ans += min(m+1,mb+1);
18 tmp = (p+m-ma)%p;
19 if(tmp<=mb) ans += (mb-tmp+1);
20
21 若是ma〈 m 那么：
22 tmp = (m-ma+p)%p;
23 if(tmp<=mb)
24 ans += min(m-tmp+1,mb-tmp+1);
25 **/
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27 别人的解释。。。
28 总的组合数很容易算出来，也就是两个区间的整数的个数的乘积。接下来是求两个数的和，对于一个区间，我们可以根据区间模p的结果进行划分：[a%p,p-1],[0,p-1],[0,b%p]，也就是说把区间中前面和后面不完整的[0,p-1]的区间单独拿出来分析，中间的完整的一起算就好了。接下来是区间中模p等于m的数的个数，对于一个完整的区间来说，不难想到[0,m]对应[m,0]，那么对于[m+1,p-1]对应哪一个区间呢，一个数a来说，如果a%p=m，则a=m,m+p,m+2*p……由于[0,p-1]中任意两个数的和都小于2*p，因此a只能为m或者m+p，那么[m+1,p-1]就对应着[p-1,m-1]。下面是m=3，p=8的情况
29 0 1 2 3 4 5 6 7
30 3 2 1 0 7 6 5 4
31 这样一个完整的区间中两个数的和对p取模等于m的对应关系就确定了。接下来就是分区间讨论，对于完整的区间可以完全对应，因此是p，对于不完整的区间，算出它对应的区间，然后跟另一个区间比较，看覆盖的长度就行了。这题想到这应该就没问题了，但是写起来还是挺容易错的。
32 ////////////////////////////////////////////////
33
34 #include <iostream>
35 #include <algorithm>
36 using namespace std;
37 long long a,b,c,d,p,m;
38
39 long long min(long long a,long long b){
40 return a<b?a:b;
41 }
42
43 long long sol(long long b,long long d){
44 if(b<0||d<0)
45 return 0;
46 long long ma,mb;
47 long long ans =0;
48 long long tmp;
49 ans += (b/p)*(d/p)*p;
50 ma = b%p;
51 mb = d%p;
52 ans += (ma+1)*(d/p) + (mb+1)*(b/p);
53 if(ma>m){
54 ans += min(m+1,mb+1);
55 tmp = (p+m-ma)%p;
56 if(tmp<=mb) ans += (mb-tmp+1);
57 }else{
58 tmp = (m-ma+p)%p;
59 if(tmp<=mb)
60 ans += min(m-tmp+1,mb-tmp+1);
61 }
62 return ans;
63 }
64
65 long long gcd(long long a,long long b){
66 if(b==0)
67 return a;
68 return gcd(b,a%b);
69 }
70
71 int main()
72 {
73 int t;
74 cin>>t;
75 int cnt;
76 for(cnt=1;cnt<=t;cnt++){
77 cin>>a>>b>>c>>d>>p>>m;
78 long long res;
79 res = sol(b,d)-sol(b,c-1)-sol(a-1,d)+sol(a-1,c-1);
80 long long sum =(long long ) ((b-a+1)*(d-c+1));
81 long long gcdD = gcd(res ,sum);
82 // cout<<res<<"------------>"<<sum<<endl;
83 res = res/gcdD;
84 sum = sum/gcdD;
85 cout<<"Case #"<<cnt<<": ";
86 cout<<res<<"/"<<sum<<endl;
87 }
88 return 0;
89 }
hdu 4790 Just Random 神奇的容斥原理
时间： 2024-12-13 19:40:26