【bzoj4816】[Sdoi2017]数字表格 莫比乌斯反演
2017-08-03 21:37
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题目描述
Doris刚刚学习了fibonacci数列。用f[i]表示数列的第i项,那么
f[0]=0
f[1]=1
f
=f[n-1]+f[n-2],n>=2
Doris用老师的超级计算机生成了一个n×m的表格,第i行第j列的格子中的数是f[gcd(i,j)],其中gcd(i,j)表示i,
j的最大公约数。Doris的表格中共有n×m个数,她想知道这些数的乘积是多少。答案对10^9+7取模。
输入
有多组测试数据。
第一个一个数T,表示数据组数。
接下来T行,每行两个数n,m
T<=1000,1<=n,m<=10^6
输出
输出T行,第i行的数是第i组数据的结果
样例输入
3
2 3
4 5
6 7
样例输出
1
6
960
题解
莫比乌斯反演
$\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^mf(\gcd(i,j))\\=\prod\limits_{d=1}^{min(n,m)}(\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]·f(d))\\=\prod\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]}\\=\prod\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac md\rfloor}[\gcd(i,j)=1]}\\=\prod\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac md\rfloor}\sum\limits_{k|i\&k\&j}\mu(d)}\\=\prod\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum\limits_{k=1}^{min(\lfloor\frac nd\rfloor,\lfloor\frac md\rfloor)}\mu(k)\lfloor\frac n{dk}\rfloor\lfloor\frac m{dk}\rfloor}$
到了这一步我们可以选择分块套分块,不过显然时间复杂度不足以应对多组询问。
继续令$D=dk$,可以得到:
$\prod\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum\limits_{k=1}^{min(\lfloor\frac nd\rfloor,\lfloor\frac md\rfloor)}\mu(k)\lfloor\frac n{dk}\rfloor\lfloor\frac m{dk}\rfloor}\\=\prod\limits_{D=1}^{min(n,m)}(\prod\limits_{d|D}f(d)^{\mu(\frac Dd)})^{\lfloor\frac nD\rfloor\lfloor\frac mD\rfloor}\\=\prod\limits_{D=1}^{min(n,m)}(t(D))^{\lfloor\frac nD\rfloor\lfloor\frac mD\rfloor}\\(t(D)=\prod\limits_{d|D}f(d)^{\mu(\frac Dd)})$
于是线性筛出$\mu$,递推出f,预处理出f的逆元,进而使用$O(n\ln n)$的时间预处理出t数组。这里有一个小技巧:先枚举$\frac Dd$,当它的$\mu$值等于0时不作任何处理。亲测可以有效减少时间。
然后预处理出t数组之后分块处理询问即可。
时间复杂度为O(跑得过)$O(n\ln n+T\sqrt n)$,实际上跑了37s。
Doris刚刚学习了fibonacci数列。用f[i]表示数列的第i项,那么
f[0]=0
f[1]=1
f
=f[n-1]+f[n-2],n>=2
Doris用老师的超级计算机生成了一个n×m的表格,第i行第j列的格子中的数是f[gcd(i,j)],其中gcd(i,j)表示i,
j的最大公约数。Doris的表格中共有n×m个数,她想知道这些数的乘积是多少。答案对10^9+7取模。
输入
有多组测试数据。
第一个一个数T,表示数据组数。
接下来T行,每行两个数n,m
T<=1000,1<=n,m<=10^6
输出
输出T行,第i行的数是第i组数据的结果
样例输入
3
2 3
4 5
6 7
样例输出
1
6
960
题解
莫比乌斯反演
$\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^mf(\gcd(i,j))\\=\prod\limits_{d=1}^{min(n,m)}(\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]·f(d))\\=\prod\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]}\\=\prod\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac md\rfloor}[\gcd(i,j)=1]}\\=\prod\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac md\rfloor}\sum\limits_{k|i\&k\&j}\mu(d)}\\=\prod\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum\limits_{k=1}^{min(\lfloor\frac nd\rfloor,\lfloor\frac md\rfloor)}\mu(k)\lfloor\frac n{dk}\rfloor\lfloor\frac m{dk}\rfloor}$
到了这一步我们可以选择分块套分块,不过显然时间复杂度不足以应对多组询问。
继续令$D=dk$,可以得到:
$\prod\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)^{\sum\limits_{k=1}^{min(\lfloor\frac nd\rfloor,\lfloor\frac md\rfloor)}\mu(k)\lfloor\frac n{dk}\rfloor\lfloor\frac m{dk}\rfloor}\\=\prod\limits_{D=1}^{min(n,m)}(\prod\limits_{d|D}f(d)^{\mu(\frac Dd)})^{\lfloor\frac nD\rfloor\lfloor\frac mD\rfloor}\\=\prod\limits_{D=1}^{min(n,m)}(t(D))^{\lfloor\frac nD\rfloor\lfloor\frac mD\rfloor}\\(t(D)=\prod\limits_{d|D}f(d)^{\mu(\frac Dd)})$
于是线性筛出$\mu$,递推出f,预处理出f的逆元,进而使用$O(n\ln n)$的时间预处理出t数组。这里有一个小技巧:先枚举$\frac Dd$,当它的$\mu$值等于0时不作任何处理。亲测可以有效减少时间。
然后预处理出t数组之后分块处理询问即可。
时间复杂度为O(跑得过)$O(n\ln n+T\sqrt n)$,实际上跑了37s。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 1000010 using namespace std; typedef long long ll; const int k = 1000000 , mod = 1000000007; int mu , prime , tot; ll f , inv , t , sum ; bool np ; ll pow(ll x , ll y) { ll ans = 1; while(y) { if(y & 1) ans = ans * x % mod; x = x * x % mod , y >>= 1; } return ans; } int main() { int i , j , T , n , m; ll ans; sum[0] = t[1] = f[1] = inv[1] = mu[1] = 1; for(i = 2 ; i <= k ; i ++ ) { t[i] = 1 , f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % mod , inv[i] = pow(f[i] , mod - 2) % mod; if(!np[i]) mu[i] = -1 , prime[++tot] = i; for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= k ; j ++ ) { np[i * prime[j]] = 1; if(i % prime[j] == 0) { mu[i * prime[j]] = 0; break; } else mu[i * prime[j]] = -mu[i]; } } for(j = 1 ; j <= k ; j ++ ) { if(!mu[j]) continue; for(i = 1 ; i * j <= k ; i ++ ) { if(mu[j] == 1) t[i * j] = t[i * j] * f[i] % mod; else t[i * j] = t[i * j] * inv[i] % mod; } } for(i = 1 ; i <= k ; i ++ ) sum[i] = sum[i - 1] * t[i] % mod; scanf("%d" , &T); while(T -- ) { scanf("%d%d" , &n , &m) , ans = 1; for(i = 1 ; i <= n && i <= m ; i = j + 1) j = min(n / (n / i) , m / (m / i)) , ans = ans * pow(sum[j] * pow(sum[i - 1] , mod - 2) % mod , (ll)(n / i) * (m / i)) % mod; printf("%lld\n" , ans); } return 0; }
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