Codeforces Round #678 (Div. 2)

最新推荐文章于 2022-07-03 17:21:36 发布

dingding_tao

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分类专栏：动态规划

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/dingding_tao/article/details/109395922

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这篇博客介绍了数学竞赛中的一道题目，涉及集合子集的求和与最大公约数问题。通过容斥原理与高斯取模计算解答，解释了如何忽略条件3并计算总和，以及如何使用容斥思想处理最大公约数为1的条件。文章给出了详细的解题思路和代码实现，展示了如何在O(n log n)的时间复杂度内求解问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

F. Sum Over Subsets

题意：
给定一个集合S，求所有A,B集合，满足以下条件：
1. $\subset A$
2. $∣ B ∣ = ∣ A ∣ - 1$
3. $g c d (A) = 1$
对所有的A,B集合求和 $∑x∈Ax⋅∑x∈Bx\sum_{x\in A}x \cdot \sum_{x\in B}x$
结果对 $998244353$ 取余
题解：
忽略条件3，计算此时的和，假设 $∣ S ∣ = k$ 。

$ai⋅aia_i \cdot a_i$ 被计算 $2^{k-2}(k-1)$ 次，其中 $k - 1$ 表示 $A$ 比 $B$ 多的那个元素方案， $2^{k-2}$ 表示剩下元素的方案。
$ai⋅aja_i \cdot a_j$ 被计算 $2^{k-3}(k-2)+2^{k-2}$ 次，前半部分表示 $ai∈Aa_i \in A$ 且 $ai∈Ba_i \in B$ 时的方案数，后半部分表示 $ai∈Aa_i \in A$ $ai∉Ba_i \notin B$ 的方案。

条件3可以利用容斥的思想。设 $f [i]$ 表示 $g c d (S) = i$ 的答案， $g [i]$ 表示 $i ∣ g c d (S)$ 的答案。现在是已知 $g$ 求 $f$ 。
那么 $f[i]=g[i]−∑i∣j,i!=jf[j]f[i]=g[i]-\sum_{i|j,i!=j}f[j]$ 。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define LL long long
const int mod = 998244353;
const int N = 1e5 + 5;
int a[N], freq[N], sum[N], sumsquare[N], f[N], g[N];
LL num[N];

int qpow(int x, LL y) {
    int ans = 1;
    while (y) {
        if (y & 1) {
            ans = 1ll * ans * x % mod;
        }
        x = 1ll * x * x % mod;
        y /= 2;
    }
    return ans;
}

int main() {
    int m;
    scanf("%d", &m);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d %d", &a[i], &freq[i]);
        num[a[i]] = num[a[i]] + freq[i];
        sum[a[i]] = (sum[a[i]] + 1ll * a[i] * freq[i] % mod) % mod;
        sumsquare[a[i]] = (sumsquare[a[i]] + 1ll * a[i] * a[i] % mod * freq[i] % mod) % mod;
    }
    for (int i = 1; i < N; i++) {
        for (int j = 2 * i; j < N; j += i) {
            num[i] = num[i] + num[j];
            sum[i] = (sum[i] + sum[j]) % mod;
            sumsquare[i] = (sumsquare[i] + sumsquare[j]) % mod;
        }
    }
    for (int i = 1; i < N; i++) {
        LL k = num[i];
        if (k >= 2) {
            g[i] = (g[i] + 1ll * sumsquare[i] * qpow(2, k - 2) % mod * ((k - 1) % mod) % mod) % mod;
            int temp = 0;
            temp = (temp + 1ll * qpow(2, k - 3) * ((k - 2) % mod) % mod) % mod;
            temp = (temp + 1ll * qpow(2, k - 2) % mod) % mod;
            g[i] = (g[i] + 1ll * (1ll * sum[i] * sum[i] % mod - sumsquare[i] + mod) % mod * temp % mod) % mod;
        }
    }

    for (int i = N - 1; i >= 1; i--) {
        f[i] = g[i];
        for (int j = 2 * i; j < N; j += i) {
            f[i] = (f[i] - f[j] + mod) % mod;
        }
    }
    printf("%d\n", f[1]);
    return 0;
}