2017 多校 TrickGCD

最新推荐文章于 2018-09-07 20:58:06 发布

twh233

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分类专栏：前缀和

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本文通过一道算法题目详细解析了莫比乌斯反演的原理及其在容斥原理中的应用，展示了如何从已知的G(x)反推求得F(x)，并通过具体实例解释了如何利用该技巧高效解决特定的数学问题。

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TrickGCD

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Problem Description

You are given an array

A , and Zhu wants to know there are how many different array

B satisfy the following conditions?

*

1≤Bi≤Ai
* For each pair( l , r ) (

1≤l≤r≤n ) ,

gcd(bl,bl+1...br)≥2

Input

The first line is an integer T(

1≤T≤10 ) describe the number of test cases.

Each test case begins with an integer number n describe the size of array

A .

Then a line contains

n numbers describe each element of

A

You can assume that

1≤n,Ai≤105

Output

For the

k th test case , first output "Case #k: " , then output an integer as answer in a single line . because the answer may be large , so you are only need to output answer

mod

109+7

Sample Input

Sample Output

  
   Case #1: 17

Source

2017 Multi-University Training Contest - Team 2

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先说说这个题我学到了啥吧。

莫比乌斯反演的定义是正常我们求函数是G(X)=kF(X) 是知道F(X)求G(X) 然后这个反演就是知道G(X)求F(X) 反过来求
然后对于容斥原理反演公式: F(n)=sigma(U(n/d)*G(d)) sigma是求和这里U是一个函数，他是每一项 G(d) 的系数 U[x] = (-1)^r
如果 ei中(1<=i<=r)有一个数ei大于1 那么 U[x] = 0; 对于一个x这个数来说必定能分解因式为x=(p1^e1)*(p2^e2)...*(pr^er) 比
如2=2^1 有一个因子 6=2^1*3^1 有2个因子比如12=2^2*3^1 那么U[6]=1 U[12]=0 U[2]=-1 然后
在计算 F(6)的时候，我们会用到 G(1) G(2) G(3) G(6)

我们考察者4个G

G(1) = F(1)

G(2) = F(1)+F(2)

G(3) = F(1)+F(3)

G(6) = F(1)+F(2)+F(3)+F(6)

当我们需要逆向有G得到F(n)时，只需要将一些与 F(n) 有关的 G进行容斥！！！！！最终组合得到F(n)！！！

比如 F(6) = G(6)-G(2)-G(3)+G(1)

这就得到了6所有的情况所以窝们就能得到ai时候所有的情况就不会被容斥卡了

正解：先枚举gcd，然后每个位置有a[i]/d种方案，如果枚举1-n已经o(n)了，再求a[i]位置还有一个质因子的复杂度。只能把a[i]/d相同的放在一起算，当然会有重复的情况，还得容斥一下具体做法如下：

//china no.1
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <vector>
#include <iostream>
#include <string>
#include <map>
#include <stack>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <list>
#include <stdio.h>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iomanip>
#include <cctype>
#include <sstream>
#include <functional>
#include <stdlib.h>
#include <time.h>
#include <bitset>
using namespace std;

#define pi acos(-1)
#define endl '\n'
#define srand() srand(time(0));
#define me(x,y) memset(x,y,sizeof(x));
#define foreach(it,a) for(__typeof((a).begin()) it=(a).begin();it!=(a).end();it++)
#define close() ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
typedef long long LL;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const LL LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
const int dx[]={-1,0,1,0,1,-1,-1,1};
const int dy[]={0,1,0,-1,-1,1,-1,1};
const int maxn=1e3+1e2;
const int maxx=1e5+1e2;
const double EPS=1e-7;
const LL mod=1e9+7;
template<class T>inline T min(T a,T b,T c) { return min(min(a,b),c);}
template<class T>inline T max(T a,T b,T c) { return max(max(a,b),c);}
template<class T>inline T min(T a,T b,T c,T d) { return min(min(a,b),min(c,d));}
template<class T>inline T max(T a,T b,T c,T d) { return max(max(a,b),max(c,d));}
#define FOR(x,n,i) for(int i=x;i<=n;i++)
#define FOr(x,n,i) for(int i=x;i<n;i++)
#define W while
#define sgn(x) ((x) < 0 ? -1 : (x) > 0)
#define bug printf("***********\n");

inline int Scan()
{
    int Res=0,ch,Flag=0;
    if((ch=getchar())=='-')Flag=1;
    else if(ch>='0' && ch<='9')Res=ch-'0';
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')Res=Res*10+ch-'0';
    return Flag ? -Res : Res;
}
LL sum[maxx],p[maxx];
//p[x]  为gcd为x的个数  
//第i个位置有a[i]/d种选择
//若a[i]/d=k贡献为k,则和它相同贡献有y=sum[kd,(k+1)d-1]个。
//累乘下来也就是k^y
//最后容斥减掉gcd为jx的部分(j>1)
int a[maxx];
int _pow(LL a,LL n)
{
    LL ret=1;
    while(n)
    {
        if(n&1)  ret=ret*a%mod;
        a=a*a%mod;
        n>>=1;
    }
    return ret;
}
LL sb(LL x)
{
    while(x<=0)
        x+=mod;
}
int main()
{
    int t,n;
   // freopen( "in.txt" , "r" , stdin );
    t=Scan();
    for(int cas=1;cas<=t;cas++)
    {
        n=Scan();
        me(sum,0);
        me(p,0);
        int maxc=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            a[i]=Scan();
            sum[a[i]]++;
            maxc=max(maxc,a[i]);
        }
        for(int i=1;i<=maxc;i++)
            sum[i]+=sum[i-1];
        for(int i=maxc;i>=2;i--)
        {
            p[i]=1;
            if(sum[i-1])//如果a[i]里有比当前d还小的数那么gcd为d的一定不存在
            {
                p[i]=0;//所以计算这一个d没有意义了
                //例如 2 3 4 8 sum[i] 为0 1 2 3 3 3 3 4 下一位sum[7] 还有
                //他的下一位还有  计算以8为gcd已经没有意义了
                continue;
            }
            for(int j=i;j<=maxc;j+=i)
            {
                LL num=sum[min(maxc,i+j-1)]-sum[j-1];
                LL x=j/i;
                if(num)
                    p[i]=p[i]*_pow(x,num)%mod;
            }
        }
        LL ans=0;
        for(int i=maxc;i>=2;i--)
        {
            for(int j=i+i;j<=maxc;j+=i)
                p[i]-=(p[j]-mod)%mod;
            ans+=p[i];
            ans%=mod;
        }
        ans%=mod;
        printf("Case #%d: %lld\n",cas,ans);
    }
    //cerr << "run time is " << clock() << endl;
}