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题意:
T(T<=20)组数据。
给你n(n<=1e4)个青蛙和m(m<=1e9)个石头组成的圆顺时针编号0,1,2...m-1。
再给你n个青蛙一次能顺时针跳动的距离a[i](a[i]<=1e9)。建设当前有一个青蛙在j位置,则下一个位置在(a[i]+j) mod m。
所有青蛙的初始位置都在0点,问你那些至少被一个青蛙接触过的时候的石头编号的总和。
题解:
1、针对每个a[i],我们很容易知道第i个青蛙能到达的编号为k*gcd(a[i],m)
2、我们发现gcd(a[i],m)是m的一个因子,=-=到这里我们就大概知道怎么做了,枚举m的因子。
3、针对每个a[i],我们令x=gcd(a[i],m)。如果存在m的因子整除x,则在相应的因子上面标记。
4、针对每个因子我们可以利用等差数列求和。然后注意去重的问题。
代码:
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<sstream> #include<algorithm> #include<vector> #include<bitset> #include<set> #include<queue> #include<stack> #include<map> #include<cstdlib> #include<cmath> #define PI 2*asin(1.0) #define LL long long #define pb push_back #define pa pair<int,int> #define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define lson lr<<1,l,mid #define rson lr<<1|1,mid+1,r #define bug(x) printf("%d++++++++++++++++++++%d\n",x,x) #define key_value ch[ch[root][1]][0]C:\Program Files\Git\bin const LL MOD = 1E9+7; const LL N = 1e5+15; const int maxn = 5e5+15; const int letter = 130; const LL INF = 1e18; const double pi=acos(-1.0); const double eps=1e-10; 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*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } int n,m,b[N],vis[N]; int gcd(int a,int b){ if(b==0) return a; return gcd(b,a%b); } int main(){ int T,cas=0; scanf("%d",&T); while(T--){ clr(b,0),clr(vis,0); int x,cnt=0; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i*i<=m;i++){ if(m%i==0){ b[cnt++]=i; if(i!=1&&i*i!=m) b[cnt++]=m/i; } } sort(b,b+cnt); for(int i=0;i<n;i++){ scanf("%d",&x),x%=m; if(x!=0){ x=gcd(x,m); for(int j=0;j<cnt;j++) { if(b[j]%x==0) vis[j]=1; } } } LL sum=0; for(int i=0;i<cnt;i++){ if(vis[i]){ int t=(m-1)/b[i]; sum+=(LL)t*(t+1)/2*b[i]*vis[i]; for(int j=i+1;j<cnt;j++){ if(b[j]%b[i]==0) vis[j]-=vis[i]; } } } printf("Case #%d: %I64d\n",++cas,sum); } return 0; }
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原文地址:http://blog.csdn.net/u014325920/article/details/51366847