2014 ACM Regional hdu 5072

ACM退役两年了， 没想到今年机缘巧合能去鞍山参加Regional了。 记得第一次参加Regional的时候那个心情很激动，激动的很难描述出来。而这次参加Regional一点压力都木有，感觉比参加省赛都轻松，甚至就像是在做练习赛似的。由于本来水平就不高，又隔了两年，所以毫无悬念地拿了个铜牌。

比赛时候C题基本已经想到了解法，由于时间的原因，没能过掉。

C题现在在hdu的5072题。

题意： 给出n个数（n<100000）, 每个数都不大于100000，数字不会有重复。现在随意抽出3个，问三个彼此互质 或者 三个彼此不互质的数目有多少。

思路： 这道题的原型是同色三角形， 可能现场很多队伍都知道这个模型， 所以这道题当时过的队伍还是挺多的。

这道题反着想，就是三个数中只有一对互质 或者只有两对互质的个数。

研究后发现 对于每个数字求出与其不互质的个数k   那么  sum ( k*(n-1-k) )/2 就是相反的数目， 所以最终的答案就是 C(n,3) -  sum ( k*(n-1-k) )/2.

现在依然存在一个问题就是如何求出每个数的不互质数的个数，这个其实用容斥原理。 对于数字 a ，求出a的所有素因子， 然后枚举素因子可以构成的所有数字(构成数的过程中素因子用的个数不能超过1) w，

求出原先数组中能整出w的个数。 如果w的素因子个数为奇数就加， 偶数就减。 这就是容斥的过程。

现在还是存在一个问题， 如何快速算出原先数组中能整出w的个数。 首先对原先数据中的每个数字a， 求出所有的素因子， 然后枚举素因子可以构成的所有数字(构成数的过程中素因子用的个数不能超过1)，

对于每一个枚举的数统计加1. 这样就能提前预处理出来。

算法的整体复杂度为 O(n*64*6);

AC代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <string>
#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 200500;
typedef long long LL;

int p[N];
int num;
bool in[N];
int a[N];
int n;
int nn[N];

void get_prime()
{
    num = 0;
    for(int i=2; i<N; i++)
    {
        if(!in[i])
        {
            p[num++] = i;
            for(int j=i; j<N; j+=i)
            {
                in[j] = true;
            }
        }
    }
}

void init()
{
    memset(nn, 0, sizeof(nn));
    int cnt = 0;
    int ele[100];
    scanf("%d", &n);
    int temp = 0;
    for(int i=0; i<n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        temp = a[i];
        cnt = 0;
        for(int  j=0; p[j]*p[j] <= temp; j++)
        {
            if(temp % p[j] == 0)
            {
                ele[cnt++] = p[j];
                while(temp%p[j] == 0)
                    temp /= p[j];
            }
        }
        if(temp != 1)
        {
            ele[cnt++] = temp;
        }
        for(int j=1; j<(1<<cnt); j++)
        {
            temp = 1;
            for(int k=0; k<cnt; k++)
            {
                if( (1<<k) & j )
                {
                    temp *= ele[k];
                }
            }
            nn[temp]++;
        }
    }
}

void solve()
{
    LL ans = n;
    LL ss = 0;
    int temp;
    ans = ans*(n-1)*(n-2)/6;
    for(int i=0; i<n; i++)
    {
        int cnt = 0;
        int ele[100];
        temp = a[i];
        cnt = 0;
        for(int  j=0; p[j]*p[j] <= temp; j++)
        {
            if(temp % p[j] == 0)
            {
                ele[cnt++] = p[j];
                while(temp%p[j] == 0)
                    temp /= p[j];
            }
        }
        if(temp != 1)
        {
            ele[cnt++] = temp;
        }
        LL ret = 0;
        for(int j=1; j<(1<<cnt); j++)
        {
            temp = 1;
            int hh = 0;
            for(int k=0; k<cnt; k++)
            {
                if( (1<<k) & j )
                {
                    temp *= ele[k];
                    hh++;
                }
            }
            if(hh%2 == 1) ret += nn[temp];
            else ret -= nn[temp];
        }
        if(ret == 0) continue;
        ss = ss + (ret-1)*(n-ret);
       // cout<<i<<"  "<<ret<<"  "<<ss<<endl;
    }
    cout<<ans - ss/2<<endl;
}

int main()
{
    get_prime();
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        init();
        solve();
    }
    return 0;
}