BZOJ3930:[CQOI2015]选数——题解
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3930
https://www.luogu.org/problemnew/show/P3172#sub
我们知道,从区间[L,H](L和H为整数)中选取N个整数,总共有(H-L+1)^N种方案。小z很好奇这样选出的数的最大公约数的规律,他决定对每种方案选出的N个整数都求一次最大公约数,以便进一步研究。然而他很快发现工作量太大了,于是向你寻求帮助。你的任务很简单,小z会告诉你一个整数K,你需要回答他最大公约数刚好为K的选取方案有多少个。由于方案数较大,你只需要输出其除以1000000007的余数即可。
参考:
https://www.geek-share.com/detail/2670407073.html
https://www.geek-share.com/detail/2669718766.html
(然而上面这两位(自我感觉)或多或少都有问题)
3.25更新,已用代码实现本算法。
首先想到莫比乌斯反演,你们dp都是怎么想到的啊喂。
先行特判掉\(n=1\)和\(l>r\)和\(k>r\)的情况。
那么开始推式子,注意为了本人的习惯把h改为了r:
\(\sum_{i_1=l}^r\sum_{i_2=l}^r\cdots\sum_{i_n=l}^r[gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)=k]\)
\(=\sum_{i_1=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\sum_{i_2=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\cdots\sum_{i_n=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}[gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)=1]\)
\(=\sum_{i_1=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\sum_{i_2=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\cdots\sum_{i_n=\lceil\frac{l}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{r}{k}\rfloor}\sum_{d|gcd(i_1,i_2,\cdots,i_n)}\mu(d)\)
\(=\)套路(为了方便起见,下文开始\(\lfloor\frac{r}{k}\rfloor=r,\lceil\frac{l}{k}\rceil=l\))
\(=\sum_{d=1}^{r-l}(l\)到\(r\)的\(d\)的倍数的个数\()^n\mu(d)\)
PS1:这里有一个奇妙的性质那就是在\([l,r]\)区间中任取两个不相等的数,则他们的最大公约数不大于\(r-l\)。
问了数竞大佬,貌似给了一个靠谱的证明?
我们取\(ij\)两个互质的数,显然它们\(gcd=1\),那么我们给他们同时乘数m,则它们的\(gcd=m\),而\(r-l\)最小即为\((j-i)*m>=m\),问题得证。
PS2:为什么括号内不是一个式子呢,因为注意对于有相同数的数对我们没法处理,所以要减去它们,于是边算边记录每个数的出现次数,最后的\(cnt[i]\)表示的就是有两个或以上\(i\)的数对的个数,答案减去它们即可。
同时注意如果\(l=1\)的话则\(l\)到\(r\)之间存在\(k\)所以\(n\)个\(k\)是成立的于是不能多减。
处理\(cnt\)用跳着枚举的方法,不过复杂度并没因此变高到哪里去。
本蒟蒻不太会算复杂度,大概是\(O((r-l)*(1/1+1/2+...+1/(r-l))=\) \(O((r-l)log(r-l))\),如果对\(\mu=0\)的情况特判掉的话复杂度会再次减少
(终于证明完美了,如果有谁能论述一下网上莫比乌斯反演题解的正确性非常欢迎(我是真的没看懂TAT))
#include<cstdio> #include<queue> #include<map> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1e5+5; const ll p=1e9+7; ll n,k,l,r,su ,miu ,cnt ; bool he ; ll pow(ll x,ll y){ ll res=1; while(y){ if(y&1)res=res*x%p; x=x*x%p; y>>=1; } return res; } void Euler(int n){ int tot=0; miu[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++){ if(!he[i]){ su[++tot]=i; miu[i]=-1; } for(int j=1;j<=tot;j++){ if(i*su[j]>n)break; he[i*su[j]]=1; if(i%su[j]==0){ miu[i*su[j]]=0;break; } else miu[i*su[j]]=-miu[i]; } } return; } int main(){ scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&l,&r); if(l>r||k>r){ puts("0"); return 0; } if(n==1){ if(l<=k&&k<=r)puts("1"); else puts("0"); return 0; } Euler(1e5); l=(l%k!=0)+l/k;r/=k; ll ans=0; for(int i=r-l;i>=1;i--){ if(miu[i]){ int j=l,tot=0; if(j%i!=0)j=j/i*i+i; while(j<=r){ cnt[j-l]+=miu[i]; j+=i;tot++; } ans=(ans+miu[i]*pow(tot,n)%p)%p; } } for(int i=r-l;i>=1;i--){ ans=(ans-cnt[i])%p; } if(l==1)ans=(ans-(cnt[0]-1))%p; else ans=(ans-cnt[0])%p; printf("%lld\n",(ans+p)%p); return 0; }
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