容斥原理（三元容斥，四元容斥）

 

 

 

題意：　　　　已知集合A，B，C，  輸出三集合的並集。

 

容斥原理（用圖解釋）

∩

∪

對於求三集合並集的公式：

　　A∪B∪C=A+B+C - A∩B - A∩C - B∩C + A∩B∩C

　　對於證實，我就簡單的敘述一下。

　　　　由於求並集不能將兩集合的重複元素進行相加。而 A+B+C  沒有考慮重複元素，直接相加，顯然這是元素多加的狀況，那要還原必需要減去多加的部分，對於上圖藍色部分只加了一次，紅色部分加了兩次，綠色的部分加了三次，那麼咱們只須要使他們所有隻加一次就能獲得正確答案。

因此咱們要執行下操做     A+B+C -（A∩B + A∩C + B∩C） ，但還不算完美，由於在這裏綠色部分被減了三次，要使把綠色部分只減一次，那麼要再加上一個綠色部分便可。

 

 

 

對於求四集合並集的公式：

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    （ 規律   集合數    奇加偶減）

 

對於證實相似於上列三元並集證實。   

 

貼一題目（四元）：

　　

 

 

給出一個數N，求1至N中，有多少個數不是2 3 5 7的倍數。 例如N = 10，只有1不是2 3 5 7的倍數。 輸入 輸入1個數N(1 <= N <= 10^18)。 輸出 輸出不是2 3 5 7的倍數的數共有多少。 輸入樣例 10 輸出樣例 1

 

AC代碼：

#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; }

 

再貼一題：  （提供連接，就不貼題目了）

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

 

 

 

解題：

　

　　

 

#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;//質因數的個數 
    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個質數，則有pow（2，p）種的組合數,
    for (int i=0;i<tmp;i++){ ll t=1,s=0;   //t是質因數的公倍數，s則爲選舉的質因數的個數 
        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 奇加偶減 
            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; }