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题意:给定一个NxNxN的正方体,求出最多能选几个整数点,使得任意两点PQ不会使PQO共线。
思路:利用容斥原理,设f(k)为点(x, y, z)三点都为k的倍数的点的个数(要扣掉一个原点O),那么所有点就是f(1),之后要去除掉共线的,就是扣掉f(2), f(3), f(5)..f(n),n为素数.因为这些素数中包含了合数的情况,并且这些点必然与f(1)除去这些点以外的点共线,所以扣掉.但是扣掉后会扣掉一些重复的,比如f(6)在f(3)和f(2)各被扣了一次,所以还要加回来,利用容斥原理,答案为
f(1) - f(一个质因子) + f(两个质因子)...
所以先预处理一个素数表,枚举n,去分解因子,判断个数,奇数为减偶数为加,这样求出答案
代码:
#include <stdio.h> #include <string.h> const int N = 200005; long long n; long long prime[N]; int pn = 0, vis[N]; long long pow3(long long num) { return num * num * num - 1; } int count(long long num) { int ans = 0; for (int i = 0; i < pn && prime[i] <= num; i++) { if (!vis[num]) {ans++; break;} if (num % prime[i] == 0) { ans++; num /= prime[i]; if (num % prime[i] == 0) return -1; } } return ans; } long long cal(long long num) { int t = count(num); if (t == -1) return 0; if (t&1) return -pow3((n / 2 / num) * 2 + 1); else return pow3((n / 2 / num) * 2 + 1); } long long solve() { long long ans = pow3(n + 1); for (long long i = 2; i <= n; i++) ans += cal(i); return ans; } int main() { vis[1] = 1; for (long long i = 2; i < N; i++) { if (vis[i]) continue; prime[pn++] = i; for (long long j = i * i; j < N; j += i) vis[j] = 1; } int cas = 0; while (~scanf("%lld", &n) && n) { printf("Crystal %d: %lld\n", ++cas, solve()); } return 0; }
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UVA 11014 - Make a Crystal(容斥原理)
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原文地址:http://blog.csdn.net/accelerator_/article/details/36714109