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https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=7240
题意是有n个点组成的完全图，每个点的权重组成了1-n的排列，点i和点j的距离为\(gcd(i,j)\) ，给出q组询问，每次询问给出u点和v点，你需要回答u和v的最短距离和最短路的条数
思路
如果\(gcd(u,v)==1\)，答案为 1 1
否则最短路的长度一定为2，因为一定可以找到一个点x（至少可以找到1）满足\(gcd(u,x)==1\)， \(gcd(x,v)==1\)，最短路的条数即为与u和v都互质的点数
如果\(gcd(u,v)==2\)，也可以直接从u走到v，那么答案另外还要+1
由分析知，如果我们可以找到u和v的所有质因子，那么根据容斥原理，我们就可以求出1-n范围内和 u或v gcd>1的数的数量
而因为n<=1e7，u中最多有2、3、5、7、11、13、17、19，8个不同质因子，最少有23、29、31、37，4个不同质因子，所以u和v总共最多包含12个质因子
这个数据范围可以考虑枚举所有状态.具体地：
（注意必须需要使用单次询问2^12的写法，否则会tle）
做法1
枚举12个数每个数是否出现的状态，枚举出状态之后，再遍历这个状态，求出答案
如果直接枚举，时间复杂度是 12 * 2 ^ 12，会超时，因此把枚举每一位换成减去当前状态的lowbit
我这样做还是t，再存储每次询问的{u,v}二元组，如果重复问到直接回答即可ac
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 1e7+10, mod = 998244353;
int t, n, q, u, v, g;
int prime[22], cntp;
bool vis[N];
int cnt,p[N],log_[N];
int mp[N];
int ans;
map<pii,int>visit;
void init(int N){
cnt=0;
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!vis[i]) p[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=N;j++){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0){
break;
}
}
}
}
void func(int x){
if(!vis[x]){
if(mp[x]==0){
mp[x]=1;
prime[cntp++]=x;
}
return;
}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(x<p[i]) break;
if(x%p[i]==0){
if(mp[p[i]]==0){
mp[p[i]]=1;
prime[cntp++]=p[i];
}
while(x%p[i]==0) x/=p[i];
}
}
if(x>1){
if(mp[x]==0){
mp[x]=1;
prime[cntp++]=x;
}
}
}
inline int lowbit(int x){
return x&-x;
}
void solve(){
ans = 0;
for(int S = 1;S < (1 << cntp); S++){
int sum = 0;
ll base = 1;
int SS = S;
while(SS){
int now = lowbit(SS);
sum++;
base *= prime[log_[now]];
SS -= now;
}
if(sum & 1) ans += n/base;
else ans -= n/base;
// cout<<S<<' '<<base<<' '<<n/base<<endl; ///
}
}
int main(){
init(1e7);
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=0;i<12;i++) log_[(1<<i)] = i;
while(q--){
scanf("%d%d",&u,&v);
if(u > v) swap(u,v);
g = __gcd(u,v);
if(g == 1){
puts("1 1");
continue;
}
printf("2 ");
if(visit[{u,v}]){
printf("%d\n",visit[{u,v}]);
continue;
}
cntp = 0;
func(u); func(v);
// cout<<cntp<<endl;
solve();
ll tem = n - ans;
if(g == 2) tem += 1;
printf("%lld\n",tem);
visit[{u,v}]=tem;
for(int i=0;i<=cntp;i++) mp[prime[i]]=0;
}
system("pause");
return 0;
}
做法2：dfs
直接dfs就可以做到 2 ^ 12的复杂度，因为一位一位访问的同时就存储了结果，不需要再次遍历当前状态了
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 1e7+10, mod = 998244353;
int t, n, q, u, v, g;
int prime[22], cntp;
bool vis[N];
int cnt,p[N],log_[N];
int mp[N];
int ans;
void init(int N){
cnt=0;
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!vis[i]) p[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=N;j++){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0){
break;
}
}
}
}
void func(int x){
if(!vis[x]){
if(mp[x]==0){
mp[x]=1;
prime[cntp++]=x;
}
return;
}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(x<p[i]) break;
if(x%p[i]==0){
if(mp[p[i]]==0){
mp[p[i]]=1;
prime[cntp++]=p[i];
}
while(x%p[i]==0) x/=p[i];
}
}
if(x>1){
if(mp[x]==0){
mp[x]=1;
prime[cntp++]=x;
}
}
}
void dfs(int now,int sum,ll base){
if(now == cntp){
// if(base == 1) return;
if(sum & 1) ans -= n/base;
else ans += n/base;
return;
}
dfs(now+1,sum,base);
dfs(now+1,sum+1,base*prime[now]);
}
int main(){
init(1e7);
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=0;i<12;i++) log_[(1<<i)] = i;
while(q--){
scanf("%d%d",&u,&v);
g = __gcd(u,v);
if(g == 1){
puts("1 1");
continue;
}
printf("2 ");
cntp = 0;
func(u); func(v);
// solve();
ans = 0;
dfs(0,0,1);
// ll tem = n - ans;
ll tem = ans;
if(g == 2) tem += 1;
printf("%lld\n",tem);
for(int i=0;i<=cntp;i++) mp[prime[i]]=0;
}
system("pause");
return 0;
}