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

　　对于证实，我就简单的叙述一下。

　　　　由于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状况，那要还原必需要减去多加的部分，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，那么咱们只须要使他们所有只加一次就能获得正确答案。

因此咱们要执行下操做     A+B+C -（A∩B + A∩C + B∩C） ，但还不算完美，由于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便可。

 

 

 

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）

 

对于证实相似于上列三元并集证实。   

 

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：  （提供连接，就不贴题目了）

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

 

 

 

解题：

　

　　

 

#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; }