Ural 1091 Tmutarakan Exams【容斥原理】

题目链接：

http://acm.timus.ru/problem.aspx?space=1&num=1091

题目大意：

给你两个整数K和S，从小于等于S的非负整数中选择K个数，并且K个数的最大公约数大于1，

问总共有多少组。(2 <= K <= S <= 50)。

解题思路：

因为 2 <= K <= S <= 50，我们可以直接枚举质因数，求出从每个质因数的倍数中选择k个数

的组合数，累加起来即为方案个数，但是这样重复计算了很多情况。

例如：S = 20，K = 2。

2的倍数：2、4、6、8、10、12、14、16、18、20

3的倍数：3、6、9、12、15、18

5的倍数：5、10、15、20

7的倍数：7、14

11的倍数：11

……

如果单纯累加的话，很多数都重复计算了多次。应该去掉重复多加的部分。相当于把2的倍数、

3的倍数、…全部看作一个个的集合，求每部分的组合情况，然后求集合的并集。

如果2的倍数集合中选取K的数的方案数为P(2)，所求结果为：

P(2)+P(3)+…+P(23)-P(2*3)-P(2*5)....(2*11) + P(2*3*5) + ……

因为S最大数不超过50，K最小数为2，则2*29 = 54 > 50了，所以质因数枚举到23即可。

求集合的并集利用容斥原理来做。

AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

int Prime[22] = {2,3,5,7,11,13,17,19,23,29};

int C(int n,int m)
{
    if(n < m)   //不加就错
        return 0;
    m = min(m, n-m);
    int ans = 1;
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        ans *= (n-i+1);
        ans /= i;
    }
    return ans;
}

int K,S;

int Solve()
{
    int ans = 0,top = 0;
    for(int i = 0; i < 10; ++i)
    {
        if(S / Prime[i] < K)
        {
            top = i;
            break;
        }
    }

    for(int i = 1; i < (1 << top); ++i)
    {
        int odd = 0,Mult = 1;
        for(int j = 0;  j < top; ++j)
        {
            if((1 << j) & i)
            {
                odd++;
                Mult *= Prime[j];
            }
        }
        if(odd & 1)
            ans += C(S / Mult, K);
        else
            ans -= C(S / Mult, K);
    }

    if(ans <= 10000)
        return ans;
    else
        return 10000;
}

int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&K,&S))
    {
        printf("%d\n",Solve());
    }

    return 0;
}

Ural 1091 Tmutarakan Exams【容斥原理】

原文：http://blog.csdn.net/lianai911/article/details/47417473