2024CCPC济南 F. The Hermit

最新推荐文章于 2025-06-09 09:40:53 发布

running_Turtle1

最新推荐文章于 2025-06-09 09:40:53 发布

阅读量1.2k

点赞数 20

分类专栏： Tutorial 文章标签：算法

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/2301_78527293/article/details/143491818

版权

Tutorial 专栏收录该内容

38 篇文章

订阅专栏

F. The Hermit

赛时不会。

首先，对于一个 $gcd=mn $ 的子集，一定是 $g,\lambda_1 g,\lambda_2g,\cdots$ 的形式，其中 $\lambda_i \in Z^{*}$ , $\lambda_{i+1} > \lambda_i$ 。并且对这个子集删除元素一定要从开头开始删除，因为后边元素无论怎么删都不会改变局面。

我们首先拿到总贡献，就是 $n\times{ m \choose n}$ 。然后考虑每个元素 $x\in[1,m]$ 被删除多少次。

考虑 $x$ 位于子集 $\cdots x\cdots$ 中。

对于左边，设 $f_{i,x}$ 表示长度为 $i$ 的以 $x$ 结尾的形如 $x, 2 x, 6 x, 18 x$ 之类的数组，一般形式满足每个元素是上一个元素的倍数，且结尾是 $x$ ，注意 $x$ 是随着长度倍增的，所以这个 $f$ 的总状态很有限。

我们处理出来所有 $f_{i,x}$ , 然后考虑 $x$ 后面的所有元素，这些元素只需要是 $x$ 的倍数即可，方案数一共 ${\lfloor \frac m x \rfloor}-1 \choose n-i$ 个。

答案就是 $\prod f_{i,x}{{\lfloor \frac m x \rfloor}-1 \choose n-i}$ 。

复杂度 $\leq O(n\log n)$ ，加上一个 umap 的常数。

void solve(){
    fact[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; i ++){
        fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
    }
    infact[N - 1] = ksm(fact[N - 1], mod - 2);
    for(int i = N - 2; i >= 0; i --){
        infact[i] = infact[i + 1] * (i + 1) % mod;
    }
    cin >> m >> n;
    auto C = [&] (int n, int m){
        if(m < 0 || m > n) return 0LL;
        return fact[n] * infact[m] % mod * infact[n - m] % mod;
    };
    
    for(int x = 1; x <= m; x ++){
        f[1][x] = 1;
    }
    int res = n * C(m, n) % mod;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        for(auto &[x, y] : f[i]){
            res = res - f[i][x] * C(m / x - 1, n - i) % mod;
            res %= mod;
            if(res < 0) res += mod;
            // f[i][x] = y;
            for(int j = 2; j * x <= m && i + 1 <= n; j ++){
                (f[i + 1][j * x] += f[i][x]) %= mod;
            }
        }
    }
    cout << res << '\n';
}