一、题目

题目描述

定义一个整数拆分序列 \(a\) 的权值为:

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{i-1}\gcd(a_i,a_j)
\]

求对于一个整数 \(n\) 所有整数拆分序列的权值和模 \(1e9+7\) 的值,有 \(m\) 个数不能选。

数据范围

\(n,m\leq2000\),多组数据

二、解法

法一

见到 \(\gcd\) 就用莫比乌斯反演,问题变成了求 \(i\) 倍数有 \(x\) 个的整数拆分个数。

暴力完全背包是 \(O(n^3\log n)\) 的,瓶颈在于加入那些贡献为 \(0\) 的数,所以可以做一个退背包,时间复杂度 \(O(n^2\log^2n)\),这种做法我讲得比较简略因为他是没有前途的(主要是告诉你完全背包也是可以退的)

法二

正解是算贡献(这么强的东西怎么我学不会啊!)

具体来说我们统计每对 \((a_i,a_j)\) 的贡献,首先要算一个 \(f[i]\) 表示去掉不能选的数后 \(i\) 的整数拆分个数,这个东西暴力算是 \(O(n^2)\) 的。

然后考虑对于一个拆分序列统计值 \(x\) 和值 \(y\) 之间的贡献,设这个拆分序列的 \(x\) 数量是 \(a\),\(y\) 的数量是 \(b\),那么我们肯定要让 \(\gcd(x,y)\) 被统计 \(a\times b\) 次,但是在真实的计算中我们是不知道 \(a,b\) 的,只能尝试用 \(f\) 去表示它,我们枚举 \(i,j\) 表示 \(x\) 钦定选 \(i\) 个,\(y\) 钦定选 \(j\) 个,那么我们要在 \(i\in[1,a],j\in[1,b]\) 的时候统计一次就可以了,所以贡献算出来是这样的:

稍微解释一下这个钦定,其实它是一个很重要的概念,就表示强制选某些另一些乱选的情况

\[\sum_{x,y,i,j}\gcd(x,y)\times f(n-ix-iy)
\]

算贡献的魅力就在于:就算你不知道一些东西,但是他依然是可以统计的

这个东西肯定不能暴力算,有一个比较小清新的优化,设 \(t=ix\),求出 \(c[t][y]\) 表示 \(\sum f(n-t-jy)\),根据调和级数求和的理论不难发现求出这个东西是 \(O(n^2\log n)\) 的,然后暴力枚举 \(x,y\) 和 \(x\) 的所有倍数,同样是调和级数的 \(O(n^2\log n)\)

白嫖了一个好看的代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 2005
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
int n,m,ans,a[maxn],g[maxn][maxn],f[maxn],c[maxn][maxn];
bool ban[maxn];
inline int add(int x,int y){return (x+=y)>=mod?x-mod:x;}
int main()
{
freopen("zscf.in","r",stdin);
freopen("zscf.out","w",stdout);
for(int i=1;i<=2000;i++)
for(int j=i;j<=2000;j++)
g[i][j]=g[j][i]=__gcd(i,j);
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
memset(ban,0,n+1),ans=0;
for(int i=1,x;i<=m;i++) scanf("%d",&x),ban[x]=1;
memset(f,0,(n+1)<<2),f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) if(!ban[i])
for(int j=i;j<=n;j++)
f[j]=add(f[j],f[j-i]);
for(int j=1;j<=n;j++) if(!ban[j])
for(int i=n;i>=1;i--)
if(i+j<=n) c[i][j]=add(c[i+j][j],f[n-i-j]);
else c[i][j]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) if(!ban[i]){
int cnt=0;
for(int x=1,s=i;s<=n;s+=i,x++){
if(s+i<=n) cnt=add(cnt,1ll*x*f[n-s-i]%mod);
for(int j=1;j<i;j++) if(!ban[j])
ans=add(ans,1ll*g[i][j]*c[s][j]%mod);
}
ans=add(ans,1ll*cnt*i%mod);
}
printf("%d\n",ans);
}
}

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