题目链接

\(Description\)

  给定一棵树,求$$\frac{1}{n(n-1)/2}\times\sum_{i\in[1,n],j\in[1,n],i\neq j}\varphi(a_i\times a_j)\times dis(i,j)\ \ \ \ (mod\ 10^9+7)$$

  其中\(a_i\)是\([1,n]\)的一个排列,两两不同。

\(Solution\)

  前面直接最后乘逆元就可以。看后面的\(\sum\)怎么化。

  要想办法把\(\varphi(a_i\times a_j)\)化掉。

  考虑\(\varphi\)的定义式:\(\varphi(n)=n\times\prod_{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})\)

  \(\varphi(a_i)=a_i\times\prod_{l=1}^k(1-\frac{1}{p_l})\)

  \(\varphi(a_j)=a_j\times\prod_{l=1}^{k'}(1-\frac{1}{p'_l})\)

  两者相乘的话会多算\(g=\gcd(a_i,a_j)\)的\(\prod_{l=1}^{k''}(1-\frac{1}{p''_l})\)部分。所以有:$$\varphi(a\times b)=\varphi(a)\times\varphi(b)\times\frac{\gcd(a,b)}{\varphi(\gcd(a,b))}$$

  \(\sum\)就可以化成上面那种形式。

  带着\(\gcd(a,b)\),想到去枚举\(d=\gcd(a,b)\),于是$$原式=\sum_{d=1}n\frac{d}{\varphi(d)}\sum_{i=1}n\sum_{j=1}^n\varphi(a_i)\varphi(a_j)dis(i,j)[\gcd(a_i,a_j)=d]$$

  令\(f(d)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\varphi(a_i)\varphi(a_j)dis(i,j)[\gcd(a_i,a_j)=d]\)

  \(F(d)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\varphi(a_i)\varphi(a_j)dis(i,j)[d\mid \gcd(a_i,a_j)]\)

  那么要求的$$f(d)=\sum_{d\mid n}\mu(\frac{n}{d})F(n)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(i)F(id)$$

  如果能求出\(F(id)\),那么答案就可以在\(O(n\ln n)\)时间内得到了。

  \(F(d)\)中要求\(d\mid\gcd(a_i,a_j)\),那么只有\(d\mid a_i\)的点之间才会产生贡献,于是我们可以建虚树。\(d\)最大是\(n\),总点数是\(n\ln n\)的。

  现在考虑如何在虚树上求答案。\(dis(i,j)\)可以拆掉,写成:\(dep(i)+dep(j)-2*dep(lca(i,j))\)

  现在$$F(d)=\sum_{1\leq i\leq n,d\mid a_i}\sum_{1\leq j\leq n,d\mid a_j}\varphi(a_i)\varphi(a_j)[dep(i)+dep(j)-dep(lca(i,j))]$$

  \(dep(i)\)和\(dep(j)\)可以在处理\(i,j\)时分别直接算出来,现在要算$$-2\times\sum_{1\leq i\leq n,d\mid a_i}\sum_{1\leq j\leq n,d\mid a_j}\varphi(a_i)\varphi(a_j)dep(lca(i,j))$$

  枚举lca,求其子树\(\varphi\)的和就行了。

  构建虚树时 按照DFS序存下每个点,这样就可以省掉排序了。


  改了一个小时的MLE,发现:为什么数组开小MLE了==?而且N至少是3e5不能是2e5why。。


//1107ms	75700KB
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
#define pb push_back
#define Vec std::vector<int>
#define mod (1000000007)
#define Add(x,v) (x)+=(v),(x)>=mod&&((x)-=mod)
typedef long long LL;
const int N=300005;//2e5+5??? int n,A[N],Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],dfn[N],Index,fa[N],sz[N],dep[N],son[N],tp[N],sk[N],top;
int cnt,P[N],phi[N],mu[N],sum[N],f[N],inv[N];
bool not_P[N];
Vec fac[N],pt[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN; inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void Add_direct(int u,int v){
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
}
inline void AddEdge(int u,int v)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
inline int LCA(int u,int v)
{
while(tp[u]!=tp[v]) dep[tp[u]]>dep[tp[v]]?u=fa[tp[u]]:v=fa[tp[v]];
return dep[u]>dep[v]?v:u;
}
void Pre()
{
mu[1]=phi[1]=1;
for(int i=2; i<=n; ++i)
{
if(!not_P[i]) P[++cnt]=i, mu[i]=-1, phi[i]=i-1;
for(int j=1,v; j<=cnt&&(v=i*P[j])<=n; ++j)
{
not_P[v]=1;
if(i%P[j]) mu[v]=-mu[i], phi[v]=phi[i]*(P[j]-1);
else {mu[v]=0, phi[v]=phi[i]*P[j]; break;}
}
}
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=i; j<=n; j+=i) fac[j].push_back(i);
inv[1]=1;
for(int i=2; i<=n; ++i) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
void preDFS1(int x)
{
const Vec &fc=fac[A[x]];
for(int i=0,l=fc.size(); i<l; ++i) pt[fc[i]].push_back(x);
int mx=0; sz[x]=1, dfn[x]=++Index;
for(int v,i=H[x]; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa[x])
{
fa[v]=x, dep[v]=dep[x]+1, preDFS1(v), sz[x]+=sz[v];
if(sz[v]>mx) mx=sz[v], son[x]=v;
}
}
void preDFS2(int x,int _tp)
{
tp[x]=_tp;
if(son[x])
{
preDFS2(son[x],_tp);
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(to[i]!=son[x]&&to[i]!=fa[x]) preDFS2(to[i],to[i]);
}
}
void Insert(int x)
{
if(top==1) {sk[++top]=x; return;}
int lca=LCA(x,sk[top]);
while(dfn[sk[top-1]]>=dfn[lca]) Add_direct(sk[top],sk[top--]);
if(sk[top]!=lca) Add_direct(lca,sk[top]), sk[top]=lca;
sk[++top]=x;
}
void Build(const Vec &p)
{
int n=p.size();
sk[top=1]=1;
if(p[0]==1) for(int i=1; i<n; ++i) Insert(p[i]);
else for(int i=0; i<n; ++i) Insert(p[i]);
while(--top) Add_direct(sk[top],sk[top+1]);
}
LL DFS(int x,int d)//虚树上有其它的点!
{
LL res1=0, res2=0, s=A[x]%d?0:phi[A[x]];
for(int v,i=H[x]; i; i=nxt[i])
res1+=DFS(v=to[i],d), res2+=1ll*s*sum[v]%mod, Add(s,sum[v]);
sum[x]=s%mod, H[x]=0;//!
return (res1%mod+res2*(LL)dep[x]%mod)%mod;//子树的答案和当前点为LCA独立,别算在一块。。
}
void Calc(int d)
{
const Vec &p=pt[d];
// if(!p.size()) return;
Build(p);
LL res=0, sum=0; int n=p.size();
for(int i=0; i<n; ++i) if(!(A[p[i]]%d)) sum+=phi[A[p[i]]];
sum%=mod;
for(int i=0; i<n; ++i) if(!(A[p[i]]%d)) res+=1ll*phi[A[p[i]]]*(sum-phi[A[p[i]]])%mod*dep[p[i]]%mod;
res%=mod, res-=2ll*DFS(1,d)%mod;
f[d]=(res%mod+mod)%mod;//+mod!
Enum=0;
} int main()
{
n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
for(int i=1; i<n; ++i) AddEdge(read(),read());
Pre(), preDFS1(1), preDFS2(1,1);
memset(H,0,sizeof H);
for(int i=1; i<=n; ++i) Calc(i);
LL ans=0;
for(int d=1; d<=n; ++d)
{
LL sum=0;
for(int i=1; i*d<=n; ++i) sum+=mu[i]*f[i*d];
ans+=1ll*(sum%mod)*d%mod*inv[phi[d]]%mod;
}
printf("%I64d\n",2ll*(ans%mod)*inv[n]%mod*inv[n-1]%mod); return 0;
}

Codeforces.809E.Surprise me!(莫比乌斯反演 虚树)的更多相关文章

  1. Codeforces 809E Surprise me! [莫比乌斯反演]

    洛谷 Codeforces 非常套路的一道题,很适合我在陷入低谷时提升信心-- 思路 显然我们需要大力推式子. 设\(p_{a_i}=i\),则有 \[ \begin{align*} n(n-1)an ...

  2. 【Codeforces 809E】Surprise me!(莫比乌斯反演 & 虚树)

    Description 给定一颗 \(n\) 个顶点的树,顶点 \(i\) 的权值为 \(a_i\).求: \[\frac{1}{n(n-1)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\var ...

  3. YbtOJ#723-欧拉之树【莫比乌斯反演,虚树】

    正题 题目链接:http://www.ybtoj.com.cn/contest/121/problem/2 题目大意 给出\(n\)个点的一棵树,每个点有一个权值\(a_i\),求 \[\sum_{i ...

  4. 【BZOJ3529】数表(莫比乌斯反演,树状数组)

    [BZOJ3529]数表(莫比乌斯反演,树状数组) 题解 首先不管\(A\)的范围的限制 要求的东西是 \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma(gcd(i,j))\] 其中\ ...

  5. 【bzoj3529】[Sdoi2014]数表 莫比乌斯反演+离线+树状数组

    题目描述 有一张n×m的数表,其第i行第j列(1 <= i <= n ,1 <= j <= m)的数值为能同时整除i和j的所有自然数之和.给定a,计算数表中不大于a的数之和. ...

  6. Codeforces 809E - Surprise me!(虚树+莫比乌斯反演)

    Codeforces 题目传送门 & 洛谷题目传送门 1A,就 nm 爽( 首先此题一个很棘手的地方在于贡献的计算式中涉及 \(\varphi(a_ia_j)\),而这东西与 \(i,j\) ...

  7. CF809E Surprise me! 莫比乌斯反演、虚树

    传送门 简化题意:给出一棵\(n\)个点的树,编号为\(1\)到\(n\),第\(i\)个点的点权为\(a_i\),保证序列\(a_i\)是一个\(1\)到\(n\)的排列,求 \[ \frac{1} ...

  8. 【CF809E】Surprise me! 树形DP 虚树 数学

    题目大意 给你一棵\(n\)个点的树,每个点有权值\(a_i\),\(a\)为一个排列,求 \[ \frac{1}{n(n-1)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \varphi(a_ ...

  9. CodeCraft-19 and Codeforces Round #537 (Div. 2) E 虚树 + 树形dp(新坑)

    https://codeforces.com/contest/1111/problem/E 题意 一颗有n个点的树,有q个询问,每次从树挑出k个点,问将这k个点分成m组,需要保证在同一组中不存在一个点 ...

随机推荐

  1. [转]CNN目标检测(一):Faster RCNN详解

    https://blog.csdn.net/a8039974/article/details/77592389 Faster RCNN github : https://github.com/rbgi ...

  2. Indepence Mode 备份 weblogic

    一般不在administation server 停止这个模式 管理服务器挂了,不会影响其他服务器的运行 备份一个domain copy  一个  /bin  把启动的脚本做一个修改  里面的doma ...

  3. bzoj 4816: 洛谷 P3704: [SDOI2017]数字表格

    洛谷很早以前就写过了,今天交到bzoj发现TLE了. 检查了一下发现自己复杂度是错的. 题目传送门:洛谷P3704. 题意简述: 求 \(\prod_{i=1}^{N}\prod_{j=1}^{M}F ...

  4. 【Python学习笔记】使用Python进行T检验

    使用Python进行T检验 所需要用到的第三方库有scipy. 均可以通过pip直接安装. pip install scipy numpy 引入第三方库 from scipy import stats ...

  5. 利用JS验证查询参数-选择月份后必须选择年份

    js代码: function queryAgentInfo(){ // 标记 var flag=false; //遍历所有月份 $(".month").each(function( ...

  6. 华夏部分互联网科技公司创始及IPO信息

    时间:2018-04-19 前面整理了一些美国科技公司的信息,这篇文章整理的是我华夏的一些科技公司的信息. 华为.百度.阿里.腾讯.美团.携程.京东.小米.奇虎360……之后,其它一些公司,要么体量 ...

  7. Windows平台的rop exp编写

    摘抄自看雪 Windows的ROP与Linux的ROP并不相同,其实Linux下的应该叫做是ret2libc等等.Windows的ROP有明确的执行目标,比如开辟可执行内存然后拷贝shellcode, ...

  8. 【58沈剑架构系列】mysql并行复制优化思路

    一.缘起 mysql主从复制,读写分离是互联网用的非常多的mysql架构,主从复制最令人诟病的地方就是,在数据量较大并发量较大的场景下,主从延时会比较严重. 为什么mysql主从延时这么大? 回答:从 ...

  9. vue 笔记备份

    Vue实现数据双向绑定的原理:Object.defineProperty() vue实现数据双向绑定主要是:采用数据劫持结合发布者-订阅者模式的方式,通过Object.defineProperty() ...

  10. 【AtCoder】AGC011 E - Increasing Numbers

    题解 题是真的好,我是真的不会做 智商本还是要多开啊QwQ 我们发现一个非下降的数字一定可以用不超过九个1111111111...1111表示 那么我们可以得到这样的一个式子,假如我们用了k个数,那么 ...