题目链接:https://vjudge.net/problem/POJ-2773

题意:给定m,k,求与m互质的第k个数。

思路一:利用gcd(a,b)=gcd(b*t+a,b)知道,与m互质的数是以m为周期分布的,这样可以先枚举小于m的所有与m互质的数,利用周期就可以得到第k小的数了,这样复杂度为O(T*m),比较大,但也能过,2439ms,代码实现相对简单。

AC代码:

#include<cstdio>
using namespace std; int gcd(int a,int b){
return b?gcd(b,a%b):a;
} int m,k,a[],cnt; int main(){
while(~scanf("%d%d",&m,&k)){
cnt=;
for(int i=;i<=m;++i)
if(gcd(i,m)==)
a[++cnt]=i;
printf("%d\n",((k-)/cnt)*m+a[(k-)%cnt+]);
}
return ;
}

思路二:一般看到求第k个数可以想到二分思想,我们可以在int范围内二分答案,每次二分到mid时,要得到[1,mid]区间内与m互质的数的个数才行。求与m互质的数的个数,很明显求不互质的数的个数要方便,可以通过容斥转换为计算[1,mid]中与m不互质的数的个数,即通过枚举m的所有约数(预先通过唯一分解定理打表得到m的所有质因数,设有cnt个质因数,然后就有2^cnt-1个约数组合),通过约数中质因数数目的奇偶决定加或减即可,复杂读小很多。0ms通过。

AC代码:

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL; int m,k,cnt,fac[],ans; void init(){
cnt=;
int tmp=m;
for(int i=;i*i<=m;++i)
if(tmp%i==){
fac[cnt++]=i;
while(tmp%i==) tmp/=i;
}
if(tmp!=) fac[cnt++]=tmp;
} int getnum(int x){
int ret=x;
for(int i=;i<(<<cnt);++i){
int t1=,t2=;
for(int j=;j<cnt;++j)
if(i&(<<j))
t1*=fac[j],++t2;
if(t2&) ret-=x/t1;
else ret+=x/t1;
}
return ret;
} int main(){
while(~scanf("%d%d",&m,&k)){
init();
int l=,r=,mid;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>;
int tmp=getnum(mid);
if(tmp<k) l=mid+;
else if(tmp>k) r=mid-;
else
ans=mid,r=mid-;
}
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}

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