CQOI2015 选数

题目

从\([L, H]\)（\(H-L\leq 10^5\)）选出\(n\)个整数，使得这些数的最大公约数为\(k\)的方案数。

算法

首先有一个很简单的转化，原问题可以简化为：

从\([\lceil {\frac L k} \rceil, \lfloor {\frac H k} \rfloor]\)中选出\(n\)个整数，使得这些数的最大公约数为\(1\)的方案数。

下面，\(L\)的意义不再是原题的意义了，而是\(\lceil {\frac L k} \rceil\)，\(H\)同理。

算法1

设\(dp(i)\)为从选出的这些数最大公约数的为\(i\)的方案数。那么我们可以得到：

\[dp(i)=(\lfloor {\frac H i} \rfloor - \lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor)^n-\sum_{i|j,i < j}dp(j)
\]

然后我们就这样DP就有\(80\)分了，时间复杂度\(O(H)\)（这里的\(H\)不是指的是题目中的\(H\)，而是重新定义的\(H\)）。

算法2

对上面的DP进行莫比乌斯反演。

设\(F(i)\)为选出的数的最大公约数能够被\(i\)整除的方案数，那么：

\[F(i)=\sum_{i|d}dp(d)
\]

反演得：

\[dp(d)=\sum_{d|i}\mu(\frac i d) F(i)
\]

我们求的是\(dp(1)\)，所以\(d=1\)。

\[dp(1)=\sum_{i=1}^H\mu(i) F(i)=\sum_{i=1}^H\mu(i)(\lfloor {\frac H i} \rfloor - \lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor)^n
\]

这个算起来也是\(O(H)\)的，但是我们还可以继续化简下去。注意到题目中的条件\(H-L\leq 10^5\)。

当\(i \geq H-(L-1)\)，即\(i > H - L\)的时候，我们可以发现一个很神奇的东西，那就是\(\lfloor {\frac H i} \rfloor - \lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor\)要么等于\(0\)，要么等于\(1\)，所以我们可以把指数去掉！

\[dp(1)=\sum_{i=1}^{H-L}\mu(i)(\lfloor {\frac H i} \rfloor - \lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor)^n+\sum_{i=H-L+1}^H\mu(i)(\lfloor {\frac H i} \rfloor - \lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor)
\]

加号左边的式子我们可以暴力算出，现在问题是右边那个怎么算。我们可以计算它的补集：

\[\sum_{i=H-L+1}^H\mu(i)(\lfloor {\frac H i} \rfloor - \lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor)=\sum_{i=1}^H\mu(i)(\lfloor {\frac H i} \rfloor-\lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor)-\sum_{i=1}^{H-L}\mu(i)(\lfloor {\frac H i} \rfloor - \lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor)
\]

减号右边的式子我们又可以暴力算出，而左边的，注意到它就是原问题，不过此时\(n=1\)。

原问题：\(\sum_{i=1}^H\mu(i)(\lfloor {\frac H i} \rfloor - \lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor)^n\)

现在我们求的：\(\sum_{i=1}^H\mu(i)(\lfloor {\frac H i} \rfloor-\lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor)\)

这样，我们的问题是：从\([L, H]\)中选出\(1\)个整数，使得这些数的最大公约数为\(1\)的方案数。

这个问题的答案就是\(\sum_{i=1}^H\mu(i)(\lfloor {\frac H i} \rfloor-\lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor)\)，若\(L=1\)，那么式子的值就是\(1\)，否则就是\(0\)。

至此，我们就巧妙地解决这道题，时间复杂度\(O(H-L)\)。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long i64;

const int MAXN = (int) 1e5 + 3;
const int MOD = (int) 1e9 + 7;

int H, L, n;

int myPower(int a, int b) {
	int ans = 1;
	while (b) {
		if (b & 1)
			ans = (i64) ans * a % MOD;
		a = (i64) a * a % MOD;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

int main() {
	freopen("number.in", "r", stdin);
	freopen("number.out", "w", stdout);

	int k;
	scanf("%d%d%d%d", &n, &k, &L, &H);
	L = (L + k - 1) / k;
	H = H / k;
	int HL = H - L;

	static bool notPrime[MAXN];
	static int prime[MAXN], cntPrime;
	static int mu[MAXN];
	static int fac[MAXN];

	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= HL; i ++) {
		if (! notPrime[i]) {
			prime[cntPrime ++] = i;
			mu[i] = -1;
			fac[i] = i;
		}
		for (int k = 0; k < cntPrime; k ++) {
			int j = prime[k];
			if (j > fac[i]) break;
			if ((i64) j * i > HL) break;
			notPrime[j * i] = true;
			mu[j * i] = fac[i] == j ? 0 : mu[i] * -1;
			fac[j * i] = j;
		}
	}

	i64 ans = 0;
	for (int i = 1; i <= HL; i ++) {
		ans += (i64) mu[i] * myPower(H / i - (L - 1) / i, n);
		ans %= MOD;
	}
	if (L == 1) ans ++;
	for (int i = 1; i <= HL; i ++) {
		ans -= mu[i] * (H / i - (L - 1) / i);
		ans %= MOD;
	}
	cout << (ans + MOD) % MOD << endl;

	return 0;
}

算法3

Orz

设\(f(i)\)为选出的数的最大公约数为\(i\)且选出的这些数不能全部是同一个数的方案数。

然后我们又可以得到：$$f(i)=(\lfloor {\frac H i} \rfloor - \lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor)^n-(\lfloor {\frac H i} \rfloor - \lfloor {\frac {L - 1} i}\rfloor)-\sum_{i|j,i < j}f(j)$$

可以发现，这里的\(i\)最大只有\(H-L\)，因为对于任意正整数\(x,y(x\neq y)\)，都有\(gcd(x, y)\leq |x-y|\)。

然后我们要加上允许全部数选同一个数的方案。

算法4

Orz