uoj54-bzoj3434-时空穿梭

题意

在一个 \(n\) 维空间中，求一个点可以用一个 \(n\) 维向量 \((x_1,x_2,\dots x_n)\) 表示。现在要选出 \(c\) 个点，有三个限制：

设 \(x_i\) 表示任意一个点的第 \(i\) 个分量，那么 \(x_i\in [1,m_i],x_i\in Z\) 。

选出的所有点在同一条直线上。

问方案数。 \(T\le 100,n\le 11,c\le 20,m_i\le 10^5\) 。

分析

好题！！！

看到这种感觉比较难入手的统计方案数问题，我们可以先尝试枚举一些东西，把问题变简单再计算。如果是很复杂的问题（比如说这里的 \(n\) 维），可以先从简单的情况开始推理。这里我们从 \(n=2\) 开始想，第一步枚举这条线的两端，或者枚举每个分量上的长度再枚举起点：

\[
\sum _{x=1}^{m_1}\sum _{y=1}^{m_2}\sum _{i=1}^{m_1-x}\sum _{j=1}^{m_2-y}\binom {gcd(x,y)-1}{c-2}
\]

即枚举每个分量上的长度，那么这个线段上的整点个数就是 \(gcd(x,y)-1\) ，分别为 \((\frac{x}{gcd(x,y)},\frac{y}{gcd(x,y)}),(\frac{2x}{gcd(x,y)},\frac{2y}{gcd(x,y)}),\dots ,(\frac{(gcd(x,y)-1)x}{gcd(x,y)},\frac{(gcd(x,y)-1)y}{gcd(x,y)})\) ，统计取出 \(c-2\) 个的方案数（ \((0,0)\) 和 \((x,y)\) 已经取了）。用经典的莫比乌斯函数方法对这个式子实施一些变形。设 \(m_1\le m_i\) ：

\[
\begin{aligned}
ans&=\sum _{d=1}^{m_1}\binom {d-1}{c-2} \sum _{x=1}^{\lfloor\frac{m_1}{d}\rfloor}\sum _{y=1}^{\lfloor\frac{m_2}{d}\rfloor}[gcd(x,y)=1](m_1-dx)(m_2-dy) \\
&=\sum _{d=1}^{m_1}\binom {d-1}{c-2} \sum _{x=1}^{\lfloor\frac{m_1}{d}\rfloor}\sum _{y=1}^{\lfloor\frac{m_2}{d}\rfloor}(m_1-dx)(m_2-dy)\sum _{e|x,e|y}\mu (e) \\\
&=\sum _{d=1}^{m_1}\binom {d-1}{c-2}\sum _{e=1}^{\lfloor\frac{m_1}{d}\rfloor}\mu (e)\sum _{x=1}^{\lfloor\frac{m_1}{de}\rfloor}\sum _{y=1}^{\lfloor\frac{m_2}{de}\rfloor} (m_1-xde)(m_2-yde)
\end{aligned}
\]

令 \(f(m,k)=\sum _{i=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}(m-ik)\) ，那么就有

\[
\begin{aligned}
ans&=\sum _{d=1}^{m_1}\binom {d-1}{c-2}\sum _{e=1}^{\lfloor\frac{m_1}{d}\rfloor}\mu (e)\prod _{i=1}^nf(m_i,de) \\
&=\sum _{a=1}^{m_1}(\prod _{i=1}^nf(m_i,a))\sum _{d|a}\mu (\frac{a}{d})\binom {d-1}{c-2}
\end{aligned}
\]

注意，这里我们已经把结论推广到 \(n\) 维的情况了——找到每一维独立的东西，按同样的方式加入。再看看 \(f\) 的形式：

\[
\begin{aligned}
f(m,k)&=\sum _{i=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}(m-ik) \\
&=m\lfloor\frac{m}{k}\rfloor-k\frac{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor(\lfloor\frac{m}{k}\rfloor+1)}{2}
\end{aligned}
\]

这里面带有 \(k\) 的底式很难处理。而注意到数据范围比较小，我们可以直接对于一种 \(\lfloor\frac{m}{k}\rfloor\) 把 \(f(m,k)\) 多项式直接乘出来。设得到的多项式系数向量为 \(b\) ，那么：

\[
\begin{aligned}
ans&=\sum _{a=down}^{up}\sum _{j=0}^nb_ja^j\sum _{d|a}\mu (\frac{a}{d})\binom {d-1}{c-2}
\end{aligned}
\]

如果我们预先处理出 \(g(a,c,k)=a^k\sum _{d|a}\mu (\frac{a}{d})\binom {d-1}{c-2}\) 的前缀和，那么我们就可以分段快速计算答案了。

接下来分析复杂度。预处理的复杂度为 \(O(mc\ln m+nmc)\) ，前一个为枚举倍数的调和级数计算 \(g(a,c,0)\) ，后面的是递推得到 \(g(a,c,k)\) 的前缀和。

整个查询会被分成最多 \(2n\sqrt m\) 段，每段中需要暴力乘出多项式，这个复杂度为 \(n^2\) ，所以总复杂度为 \(O(mc\ln m+nmc+n^3\sqrt m)\) 。可能我的常数比较大，所以bzoj上过不了。uoj总用时4秒。

有一个需要注意的地方，由于这题的模数是 \(10^4+7<m\) ，我们求组合数就不能用阶乘来求，由于这题的数据范围比较小，可以直接递推出所有的。在线性筛 \(\mu\) 函数的时候记得对 \(\mu\) 取模。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long giant;
inline char nchar() {
static const int bufl=1<<20;
static char buf[bufl],*a,*b;
return a==b && (b=(a=buf)+fread(buf,1,bufl,stdin),a==b)?EOF:*a++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;
char c=nchar();
for (;!isdigit(c);c=nchar()) if (c=='-') f=-1;
for (;isdigit(c);c=nchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
const int maxn=12;
const int maxc=21;
const int maxm=1e5+1;
const int q=1e4+7;
const int inf=1e9+7;
inline int Plus(int x,int y) {return ((giant)x+(giant)y)%q;}
inline int Sub(int x,int y) {return Plus(x,q-y);}
inline int Multi(int x,int y) {return (giant)x*y%q;}
inline void Max(int &x,int y) {x=max(x,y);}
inline void Min(int &x,int y) {x=min(x,y);}
bool np[maxm];
int p[maxm],ps=0,mu[maxm],g[maxc][maxn][maxm],m[maxn],n,c,mi,com[maxm][maxc];
inline int C(int n,int m) {return n>=m?com
[m]:0;}
struct poly {
int a[maxn],e;
inline int& operator [] (const int x) {return a[x];}
void clear() {memset(this,0,sizeof(poly));}
poly () {clear();}
} b[maxn];
poly operator * (poly a,poly b) {
poly c;
for (int i=0;i<=a.e;++i) for (int j=0;j<=b.e;++j) c[i+j]=Plus(c[i+j],Multi(a[i],b[j]));
c.e=a.e+b.e;
return c;
}
inline int solve() {
if (mi<n) return 0;
int ret=0;
for (int i=1,j;i<=mi;i=j+1) {
j=inf;
for (int k=1;k<=n;++k) {
int tmp=m[k]/i;
Min(j,m[k]/(tmp));
b[k].clear();
b[k].e=1;
b[k][0]=Multi(m[k],tmp);
b[k][1]=q-((giant)tmp*(tmp+1)/2ll%q);
}
for (int k=2;k<=n;++k) b[1]=b[1]*b[k];
for (int k=0;k<=n;++k) ret=Plus(ret,Multi(b[1][k],Sub(g[c][k][j],g[c][k][i-1])));
}
return ret;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
#endif
com[0][0]=1;
for (int i=1;i<maxm;++i) {
com[i][0]=1;
for (int j=1;j<maxc;++j) com[i][j]=Plus(com[i-1][j],com[i-1][j-1]);
}
mu[1]=1;
for (int i=2;i<maxm;++i) {
if (!np[i]) p[++ps]=i,mu[i]=q-1;
for (int j=1,tmp;j<=ps && (tmp=i*p[j])<maxm;++j) {
np[tmp]=true;
if (i%p[j]==0) break;
mu[tmp]=q-mu[i];
}
}
for (int x=2;x<maxc;++x) {
int (*h)[maxm]=g[x];
for (int i=1;i<maxm;++i) for (int j=1,tmp;(tmp=i*j)<maxm;++j) h[0][tmp]=Plus(h[0][tmp],Multi(mu[j],C(i-1,x-2)));
for (int i=1;i<maxn;++i) for (int j=1;j<maxm;++j) h[i][j]=Multi(h[i-1][j],j);
for (int i=0;i<maxn;++i) for (int j=1;j<maxm;++j) h[i][j]=Plus(h[i][j-1],h[i][j]);
}
int T=read();
while (T--) {
n=read(),c=read(),mi=inf;
for (int i=1;i<=n;++i) Min(mi,m[i]=read());
int ans=solve();
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}