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D - Only one of two

题面

题意

求第\(k\)个只能被\(N\)或\(M\)整除的数

题解

\([1，x]\)中的能被\(n\)整除的数有\(\lfloor \frac{x}{n} \rfloor\)个
\([1，x]\)中的能被\(m\)整除的数有\(\lfloor \frac{x}{m} \rfloor\)个
\([1，x]\)中的能被\(n\)或\(m\)整除的数有\(\lfloor \frac{x}{n*m} \rfloor\)个
\([1，x]\)中的只能被\(n\)或\(m\)中一个数整除的数有\(\lfloor \frac{x}{n} \rfloor + \lfloor \frac{x}{m} \rfloor-2*\lfloor \frac{x}{n*m} \rfloor\)个

然后可以观察到答案具有单调性，能被\(n 、 m\)整除的数的个数随答案的增大增大。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pdd pair<double,double>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define vi vector<int>

using namespace std;
const int maxn=1e5+10;

void solve() {
	int n,m,k;
	cin>>n>>m>>k;
	int lcm=n*m/__gcd(n,m);
	int l=0,r=2e18;
	auto check=[&](int tar){
		if(tar/n+tar/m-2*(tar/lcm)>=k)	return true;
		return false;
	};
	while(l<r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid))	r=mid;
		else	l=mid+1;
	}	
	cout<<l<<endl;
}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
//	freopen("1.in", "r", stdin);
	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

总结

\([1，x]\)中的能被\(n\)整除的数有\(\lfloor \frac{x}{n} \rfloor\)个
\([1，y]\)中的能被\(n\)整除的数有\(\lfloor \frac{y}{n} \rfloor\)个
\([x，y]\)中的能被\(n\)整除的数有\(\lfloor \frac{y}{n} \rfloor - \lfloor \frac{x}{n} \rfloor\)个