JZOJ 5843.B
\(Description\)
给定 \(n\) 个正整数序列 ,每个序列长度为 \(m\)。
选择至少 \(1\) 个序列,在每个被选择的序列中选择一个元素,求出所有被选择的元素的 \(\gcd\)。
求所有方案的结果之和,答案对 \(1e9+7\) 取模。两种方案不同,当且仅当存在至少一个元素,在一种方案中被选择,在另一种中没有。
\(Input\)
第一行,两个正整数 \(n,m\)。
接下来 \(n\) 行,每行 \(m\) 个正整数,第 \(i\) 行代表序列 。
\(Output\)
第一行,一个整数,代表答案对 \(1e9+7\) 取模的结果。
解析
一道比较难的莫比乌斯反演题,要用到其中的性质,且按套路行事技巧处很多
最后推出的是一个关于欧拉函数的式子,莫比乌斯不见了
好,现在进行套路推导
先设 \(f(x)\) 表示选择至少一个序列,在每个被选择的序列选择一个元素,它们的 \(\gcd = x\) 的方案数。
则易得
\]
然后套路 \(F(x)\) 表示同 \(f(x)\) 但涵盖了 \(x\) 的倍数,即
\]
然后我们发现,我们先枚举 \(x\) ,再枚举其倍数 \(d\),而后面 \([a_{i,j}=d]\) 肯定是 \(x\) 的倍数,所以我们可以简化式子
\]
而此时,为了日后式子的简便即实现,我们设
\(cnt_{i,x}=\sum_{j=1}^m[x|a_{i,j}]\) 表示第 \(i\) 个数列所有是 \(x\) 的倍数的数的个数
再为了枚举得到所有答案,我们设 \(lim\) 表示所有元素的最大值
然后一波推式子,反演
\sum_{i=1}^{lim}if(i)
&=\sum_{i=1}^{lim}i\sum_{i|d}F(d)\mu(\frac{d}{i}) \\
&=\sum_{i=1}^{lim}i\sum_{i|d}\prod_{j=1}^n((cnt_{j,d}+1)-1)\mu(\frac{d}{i}) \\
&=\sum_{d=1}^{lim}\sum_{i|d}i\mu(\frac{d}{i})(\prod_{j=1}^n(cnt_{j,d}+1)-1)
\end{aligned}
\]
然后,然后~~~好像没戏了
但,我们有伟大的欧拉!!
上
\varphi(n)
&=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1] \\
&=\sum_{i=1}^n\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d) \\
&=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}
\end{aligned}
\]
哈哈哈,太棒了!
相同的一部分,代入式子
\sum_{d=1}^{lim}\sum_{i|d}i\mu(\frac{d}{i})(\prod_{j=1}^n(cnt_{j,d}+1)-1)
&=\sum_{d=1}^{lim}\varphi(n)(\prod_{j=1}^n(cnt_{j,d}+1)-1)
\end{aligned}
\]
于是这题就这样了。
线性筛 \(\varphi\),预处理 \(cnt\) 数组(根据套路,不要枚举因子而是枚举倍数)。
\(Code\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5;
const LL mod = 1e9 + 7;
int lim , n , m , a[25][N + 5] , cnt[25][N + 5] , phi[N + 5] , prime[N + 5] , vis[N + 5] , tot;
LL ans;
inline void getPhi()
{
phi[1] = 1;
for(register int i = 2; i <= N; i++)
{
if (!vis[i]) phi[prime[++tot] = i] = i - 1;
for(register int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= N; j++)
{
vis[prime[j] * i] = 1;
if (i % prime[j] == 0)
{
phi[prime[j] * i] = phi[i] * prime[j];
break;
}
phi[prime[j] * i] = phi[i] * (prime[j] - 1);
}
}
}
inline void getCnt()
{
for(register int i = 1; i <= n; i++)
for(register int j = 1; j <= lim; j++)
for(register int k = 2; k * j <= lim; k++)
cnt[i][j] += cnt[i][j * k];
}
int main()
{
freopen("b.in" , "r" , stdin);
freopen("b.out" , "w" , stdout);
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(register int i = 1; i <= n; i++)
for(register int j = 1; j <= m; j++)
scanf("%d" , &a[i][j]) , cnt[i][a[i][j]]++ , lim = max(lim , a[i][j]);
getPhi() , getCnt();
for(register int d = 1; d <= lim; d++)
{
LL res = 1;
for(register int j = 1; j <= n; j++) res = res * (LL)(cnt[j][d] + 1) % mod;
ans = (ans + (LL)((LL)phi[d] * (res - 1)) % mod) % mod;
}
printf("%lld" , ans);
}
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