容斥原理(三元容斥,四元容斥)

容斥原理(三元容斥,四元容斥)题意:已知集合A,B,C,输出三集合的并集。容斥原理(用图解释)∩∪对于求三集合并集的公式:A∪B∪C=A+B+C-A∩B-A∩C-B∩C+A∩B∩C对于证明,我就简单的叙述一下。因为求并集不能将两集合的重复元素进行相加。而 A+B+C没有考虑重复元素,

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题意:    已知集合A,B,C,  输出三集合的并集。

 

容斥原理(用图解释)

容斥原理(三元容斥,四元容斥)

对于求三集合并集的公式:

  A∪B∪C=A+B+C – A∩B – A∩C – B∩C + A∩B∩C

  对于证明,我就简单的叙述一下。

    因为求并集不能将两集合的重复元素进行相加。而 A+B+C  没有考虑重复元素,直接相加,显然这是元素多加的情况,那要还原必须要减去多加的部分,对于上图蓝色部分只加了一次,红色部分加了两次,绿色的部分加了三次,那么我们只需要使他们全部只加一次就能得到正确答案。

所以我们要执行下操作     A+B+C –A∩B + A∩C + B∩C) ,但还不算完美,因为在这里绿色部分被减了三次,要使把绿色部分只减一次,那么要再加上一个绿色部分即可。

 

 

 

对于求四集合并集的公式:

A∪B∪C∪D=A+B+C+D – A∩B – B∩C  –  C∩A –  A∩D  –  B∩D  –  C∩D + A∩B∩C + A∩B∩D  + A∩C∩D  + B∩C∩D  –  A∩B∩C∩D    规律   集合数    奇加偶减

 

对于证明类似于上列三元并集证明。   

 

贴一题目(四元):

  

 

 

给出一个数N,求1至N中,有多少个数不是2 3 5 7的倍数。 例如N = 10,只有1不是2 3 5 7的倍数。
 
输入
输入1个数N(1 <= N <= 10^18)。
输出
输出不是2 3 5 7的倍数的数共有多少。
输入样例
10
输出样例
1

 

AC代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<algorithm>
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define Mem0(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define Mem1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define MemX(x) memset(x,0x3f,sizeof(x))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f;
const double pi=acos(-1.0);

ll n;
int main()
{
    ll ans=0;
    cin>>n;
    ans=n/2+n/3+n/5+n/7;
    ans=ans-n/6-n/10-n/14-n/15-n/21-n/35+n/30+n/42+n/105+n/70-n/210;
    cout<<n-ans<<endl;
    return 0;
}

 

再贴一题:  (提供链接,就不贴题目了)

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/634/C    

 
 
 
解题:
 
  
容斥原理(三元容斥,四元容斥)

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<algorithm>
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define Mem0(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define Mem1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define MemX(x) memset(x,0x3f,sizeof(x))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f;
const double pi=acos(-1.0);


ll l,r,k;
ll prime[500050];
bool check[1000010];
int cnt;
void prim()
{
    memset(check,false,sizeof(check));
    check[0]=check[1]=true;
    cnt=0;
    for (int i=2;i<500000;i++){
        if (!check[i])
            prime[cnt++]=i;
        for (int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<1000000;j++){
            check[i*prime[j]]=true;
            if (i%prime[j]==0)
                break;
        }
    }
}
ll a[1000010];
int main()
{
    prim();
    cin>>l>>r>>k;
    ll p=0;//质因数的个数 
    ll tmp=k<<1;
/*    for (int i=0;;i++){
        if (tmp%prime[i]==0){
            a[p++]=prime[i];
            while (tmp%prime[i]==0){
                tmp/=prime[i];
            }
        }
        if (tmp<=1)
            break;
    }*/
    for(int i=2;i*i<=tmp;i++){
        if(!(tmp%i)){
            a[p++]=i;
            while(!(tmp%i))
                tmp/=i;
        }
    }
    if(tmp>1)
        a[p++]=tmp;
    
    ll sum=0;
    tmp=1<<p;//  存在p个质数,则有pow(2,p)种的组合数,
    for (int i=0;i<tmp;i++){
        ll t=1,s=0;   //t是质因数的公倍数,s则为选举的质因数的个数 
        for (int j=0;j<p;j++){
            if (i&(1<<j)){
                s++;
                t*=a[j];
            }
        }
         if(r/t>(l+2*k-1)/t){  //容斥  奇加偶减 
            if(s%2)sum-=r/t-(l+2*k-1)/t;
            else sum+=r/t-(l+2*k-1)/t;
        }        
    }
    cout<<sum<<endl; 
    return 0;
}

 

 

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