[BZOJ4816][SDOI2017]数字表格
2018-01-12 10:00
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BZOJ
Luogu
题意:求
\[\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f(\gcd(i,j))\]
其中\(f(i)\)表示斐波那契数列的第\(i\)项。
首先我们考虑计算每一个不同的\(\gcd\)的贡献
\[ans=\prod_{d=1}^{n}f(d)^{\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)==d]}\]
也就是
\[\prod_{d=1}^{n}f(d)^{\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[\gcd(i,j)==1]}\]
根据之前的经验套路(都不用再去推了)可得
\[ans=\prod_{d=1}^{n}f(d)^{\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)\lfloor\frac {n}{id}\rfloor\lfloor\frac {m}{id}\rfloor}\]
然后你发现这样就是裸的两次数论分块\(O(n)\)
然后多组数据\(O(n)\)被卡
然后你就想着怎么优化成开始\(O(n)\)预处理,然后单组数据\(O(\sqrt n)\)回答。
完全就是一模一样的剧情。。。
我们令\(T=id\),考虑每一个\(\lfloor\frac {n}{T}\rfloor\lfloor\frac {m}{T}\rfloor\)对答案的贡献。
\[ans=\prod_{T=1}^{n}(\prod_{d|T}f(d)^{\mu(\frac Td)})^{\lfloor\frac {n}{T}\rfloor\lfloor\frac {m}{T}\rfloor}\]
这时候剧情出现了转折。
你发现这个函数
\[h(T)=\prod_{d|T}f(d)^{\mu(\frac Td)}\]
它不是一个积性函数!
我这个傻逼也在这里想了好久
你看它是枚举因数嘛,枚举因数。。。
直接\(O(\sum_{i=1}^{n}\frac ni)\)的复杂度暴搞不就好了吗?
由于\(\mu(\frac Td)\)只会有1,-1,0三种取值,而0取值是没有贡献的,所以我们\(O(n\log{n})\)计算出斐波那契数列及其逆元,然后按照上述方式求出\(h(x)\),再求其前缀积,然后每组询问就只要一次数论分块了。
区间积的处理:直接\(r\)的前缀积乘上\(l-1\)的前缀积的逆元即可。
注意指数的取模:是模\(\varphi(mod)\)也就是\(mod-1\)而非\(mod\)。(然而我看一眼就注意到了hh)
Luogu
题意:求
\[\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f(\gcd(i,j))\]
其中\(f(i)\)表示斐波那契数列的第\(i\)项。
sol
其实所有莫比乌斯反演的题目都是套路。接下来我们对这句话进行证明。首先我们考虑计算每一个不同的\(\gcd\)的贡献
\[ans=\prod_{d=1}^{n}f(d)^{\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)==d]}\]
也就是
\[\prod_{d=1}^{n}f(d)^{\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[\gcd(i,j)==1]}\]
根据之前的经验套路(都不用再去推了)可得
\[ans=\prod_{d=1}^{n}f(d)^{\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)\lfloor\frac {n}{id}\rfloor\lfloor\frac {m}{id}\rfloor}\]
然后你发现这样就是裸的两次数论分块\(O(n)\)
然后多组数据\(O(n)\)被卡
然后你就想着怎么优化成开始\(O(n)\)预处理,然后单组数据\(O(\sqrt n)\)回答。
完全就是一模一样的剧情。。。
我们令\(T=id\),考虑每一个\(\lfloor\frac {n}{T}\rfloor\lfloor\frac {m}{T}\rfloor\)对答案的贡献。
\[ans=\prod_{T=1}^{n}(\prod_{d|T}f(d)^{\mu(\frac Td)})^{\lfloor\frac {n}{T}\rfloor\lfloor\frac {m}{T}\rfloor}\]
这时候剧情出现了转折。
你发现这个函数
\[h(T)=\prod_{d|T}f(d)^{\mu(\frac Td)}\]
它不是一个积性函数!
我这个傻逼也在这里想了好久
你看它是枚举因数嘛,枚举因数。。。
直接\(O(\sum_{i=1}^{n}\frac ni)\)的复杂度暴搞不就好了吗?
由于\(\mu(\frac Td)\)只会有1,-1,0三种取值,而0取值是没有贡献的,所以我们\(O(n\log{n})\)计算出斐波那契数列及其逆元,然后按照上述方式求出\(h(x)\),再求其前缀积,然后每组询问就只要一次数论分块了。
区间积的处理:直接\(r\)的前缀积乘上\(l-1\)的前缀积的逆元即可。
注意指数的取模:是模\(\varphi(mod)\)也就是\(mod-1\)而非\(mod\)。(然而我看一眼就注意到了hh)
code
我是一A的#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int mod = 1e9 + 7; const int N = 1e6; int gi() { int x=0,w=1;char ch=getchar(); while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar(); if (ch=='-') w=0,ch=getchar(); while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return w?x:-x; } int fastpow(int a,int b) { int res=1; while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;} return res; } int mu[N+5],pri[N+5],tot,zhi[N+5],f[N+5],inv[N+5],h[N+5]; void Mobius() { zhi[1]=mu[1]=1; for (int i=2;i<=N;i++) { if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1; for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++) { zhi[i*pri[j]]=1; if (i%pri[j]) mu[i*pri[j]]=-mu[i]; else {mu[i*pri[j]]=0;break;} } } h[0]=1; f[1]=inv[1]=h[1]=1; for (int i=2;i<=N;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod,inv[i]=fastpow(f[i],mod-2),h[i]=1; for (int i=1;i<=N;i++) if (mu[i]!=0) for (int j=i;j<=N;j+=i) h[j]=1ll*h[j]*(mu[i]==1?f[j/i]:inv[j/i])%mod; for (int i=2;i<=N;i++) h[i]=1ll*h[i]*h[i-1]%mod; } int main() { Mobius(); int T=gi(); while (T--) { int n=gi(),m=gi(); if (n>m) swap(n,m); int i=1,ans=1; while (i<=n) { int j=min(n/(n/i),m/(m/i)); ans=1ll*ans*fastpow(1ll*h[j]*fastpow(h[i-1],mod-2)%mod,1ll*(n/i)*(m/i)%(mod-1))%mod; i=j+1; } printf("%d\n",ans); } return 0; }
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