bzoj 4305: 数列的GCD 数学

最新推荐文章于 2019-08-27 20:49:22 发布

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该博客探讨了在给定数列中找到满足特定条件的子序列的问题，即新序列的最大公约数等于给定值d，并且与原始序列在一定数量的位置上不同。通过分析，提出将问题转化为计算满足d|gcd的序列数量，并给出了O(nlogn)时间复杂度的解决方案。最后，博主展示了计算这种序列数量的公式和代码片段。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意

给出一个长度为N的数列{a[n]}，1<=a[i]<=M(1<=i<=N)。
现在问题是，对于1到M的每个整数d，有多少个不同的数列b[1], b[2], …, b[N]，满足：
(1)1<=b[i]<=M(1<=i<=N)；
(2)gcd(b[1], b[2], …, b[N])=d；
(3)恰好有K个位置i使得a[i]<>bi
注：gcd(x1,x2,…,xn)为x1, x2, …, xn的最大公约数。
输出答案对1,000,000,007取模的值。
1<=N,M<=300000, 1<=K<=N, 1<=a[i]<=M。

分析

首先求 $gcd=d$ 的序列数量可以变成求 $d|gcd$ 的序列数量，然后通过容斥或反演之类的鬼东西在 $O(nlogn)$ 时间内把答案求出。
那么现在要求的就是 $d|gcd$ 的序列数量。
假设A中有s个元素满足 $d|s$ ，那么我们要从中选出n-k个元素使得 $d|gcd$ ，然后把剩下的都变成不同于原来的数且同样满足 $d|gcd$ 。
设k=n-k，那么要求的东西即为 $C^k_s*\lfloor\frac{m}{d}\rfloor^{n-s}*(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor-1)^{s-k}$

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=300005;
const int MOD=1000000007;

int n,m,k,d[N],prime[N],tot,mu[N],t[N],jc[N],ny[N];
bool not_prime[N];

int ksm(int x,int y)
{
    int ans=1;
    while (y)
    {
        if (y&1) ans=(LL)ans*x%MOD;
        x=(LL)x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ans;
}

void get_prime(int n)
{
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!not_prime[i]) prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for (int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++)
        {
            not_prime[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0) break;
            mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
}

void prework()
{
    get_prime(m);
    jc[0]=ny[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        jc[i]=(LL)jc[i-1]*i%MOD;
        ny[i]=ksm(jc[i],MOD-2);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    k=n-k;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        t[x]++;
    }
    prework();
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int s=0;
        for (int j=i;j<=m;j+=i) s+=t[j];
        if (s>=k) d[i]=(LL)jc[s]*ny[k]%MOD*ny[s-k]%MOD*ksm(m/i,n-s)%MOD*ksm(m/i-1,s-k)%MOD;
    }
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int ans=0;
        for (int j=i;j<=m;j+=i) ans=(ans+d[j]*mu[j/i])%MOD;
        printf("%d",(ans+MOD)%MOD);
        if (i<m) putchar(' ');
    }
    return 0;
}