HDU 5321 Beautiful Set（莫比乌斯反演+数论）

大致题意：告诉你两个人计算美丽数字的方法。对于ZSTU来说，先把几何看作序列，每个序列的美丽数字是这个序列所有子区间的gcd之和，每个集合的美丽数字是这个集合所有排列序列的美丽数字之和。对于HDU来说，在集合中挑选k个数字，这k个数字的美丽数字是他们的gcd*k，这个集合的美丽数字是k的所有取值和所有挑选方法的美丽数字之和。现在让你分别在mod的意义下计算两个人的美丽数字之和，问最后在mod的意义下哪一个更大。

对于ZSTU来说，这个问题还是比较棘手的。首先，我肯定是要计算每一个gcd的贡献，不可能去枚举 n! 种集合的表示方法。当gcd为x的时候，我们考虑定义 $\large f(k,x)$ 表示从所有元素种取k个且这k个数字的gcd是x的方案数。然后再去考虑排列顺序，把这k个元素内部捆绑，有k！种方式，然后外面与其他数字形成n-k+1个部分，一个全排列(n-k+1)!，那么最后的答案就是，其中的cnt[x]表示集合种x的倍数的个数：

$\large ZSTU=\sum_{x=1}^{max}\sum_{k=1}^{cnt[x]}x*f(k,x)*k!*(n-k+1)!$

现在我们来考虑这个 $\large f(k,x)$ 。我们不妨设 $\large g(k,x)$ 表示从所有元素种选择k个且它们的gcd是x的倍数的方案数。显然，g和f是有关系的，有 $\large g(k,x)=\sum_{x|d}^{max}f(k,d)$ ，然后我们可以推出g的公式： $\large g(k,x)=C_{cnt[x]}^{k}$ 。那么，我们就可以进行莫比乌斯反演了。根据反演公式有：

$\large f(k,x)=\sum_{x|d}^{max}\mu(\frac{d}{x})*g(k,d)=\sum_{x|d}^{max}\mu(\frac{d}{x})*C_{cnt[d]}^{k}$

答案可以写成： $\large ZSTU=\sum_{k=1}^{cnt[d]}k!*(n-k+1)!*\sum_{x=1}^{max}\sum_{x|d}^{max}x*\mu(\frac{d}{x})*C_{cnt[d]}^{k}$

交换求和次序： $\large ZSTU=\sum_{k=1}^{cnt[d]}k!*(n-k+1)!*\sum_{d=1}^{max}C_{cnt[d]}^{k}*\sum_{x|d}^{max}x*\mu(\frac{d}{x})$

注意到最后一项 $\sum_{x|d}^{max}x*\mu(\frac{d}{x})$ 只与d相关，所以可以考虑预处理，对于每一个d只需要枚举所有因子，计算求和即可。可以在 $O(N\sqrt{N})$ 时间复杂度内完成预处理，我们不妨令 $h(d)=\sum_{x|d}^{max}x*\mu(\frac{d}{x})$ 。那么答案可以写成：

$\large ZSTU=\sum_{k=1}^{cnt[d]}k!*(n-k+1)!*\sum_{d=1}^{max}C_{cnt[d]}^{k}*h(d)$

把组合数展开： $\large ZSTU=\sum_{d=1}^{max}cnt[d]!*h(d)*\sum_{k=1}^{cnt[d]}\frac{(n-k+1)!}{(cnt[d]-k)!}$

还是一样注意到右边的式子，我们可以单独考虑。我们不妨设b(d)表示右边那个和式。这里我就不一一赘述，转载一个大神的博客内容，他的P(x)就对应我的b(d)：

按照他所说的方法进行化简，可以得到： $\large B(d)=\frac{(n+1)!}{(cnt[d]-1)!*(n-cnt[d]+2)}$ ，那么对于ZSTU来说，最后的结果就是：

$\large ZSTU=\sum_{d=1}^{max}cnt[d]!*h(d)*b(d)$

然后我们来考虑HDU怎么算。HDU是计算所有的取K个数字的方案对应的gcd*k之和。同样的，我们还是得按照gcd计算贡献。这里一些函数的定义与计算ZSTU的时候一样，不再赘述。可以得到，HDU的结果为：

$\large HDU=\sum_{k=1}^{cnt[x]}\sum_{x=1}^{max}f(k,x)*k*x$

相对来说比较容易理解和计算，还是一样的，我们对f进行莫比乌斯反演，借助辅助函数g，这里就省略过程直接代入：

$\large HDU=\sum_{k=1}^{cnt[d]}k*\sum_{x=1}^{max}\sum_{x|d}^{max}C_{cnt[d]}^{k}*x*\mu(\frac{d}{x})$

和ZSTU一样的交换求和次序，然后用h(d)替换右边：

$\large HDU=\sum_{d=1}^{max}h(d)*\sum_{k=1}^{cnt[d]}k*C_{cnt[d]}^{k}$

对于右边的式子，我们把和式展开，然后首尾相加（组合数首尾相同），我们发现它等于 $\large cnt[d]*2^{cnt[d]-1}$ ，那么HDU的答案就可以写成：

$\large HDU=\sum_{d=1}^{max}h(d)*cnt[d]*2^{cnt[d]-1}$

到这里，我们总算是大功告成啦……比较一下两个的大小即可。

总结一下，就是需要预处理阶乘、逆元、阶乘逆元、二的幂、h(d)和b(d)以及cnt[d]。把这些求完之后，我们就可以O(N)的求HDU和ZSTU的值。然后预处理的过程求h(d)是 $O(N\sqrt{N})$ ，求cnt[d]是 $O(N\log N)$ ，其余的用线性方法都是 $O(N)$ 的，那么总的复杂度就是 $O(N\sqrt{N}+T*N\log N)$ 这里面忽略了线性的初始化和每一次回答问题。具体见代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define file(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout)
#define IO ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define mod 258280327
#define LL long long
#define N 100010
using namespace std;

int ifac[N],fac[N],inv[N],mu[N],p[N],pw[N];
int n,m,h[N],num[N],cnt[N],b[N];
bool isp[N];

void init()
{
    int sz=0;
    isp[1]=mu[1]=pw[0]=1;
    for(int i=2;i<N;i++)
    {
        if(!isp[i])p[++sz]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=sz&&i*p[j]<N;j++)
        {
            isp[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0){mu[p[j]*i]=0;break;}
                    else mu[p[j]*i]=-mu[i];
        }
    }
    pw[1]=2;
    fac[0]=inv[0]=ifac[0]=1;
    fac[1]=inv[1]=ifac[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++)
    {
        pw[i]=pw[i-1]*2LL%mod;
        fac[i]=fac[i-1]*(LL)i%mod;
        inv[i]=(mod-mod/i)*(LL)inv[mod%i]%mod;
        ifac[i]=ifac[i-1]*(LL)inv[i]%mod;
    }
}

void get_h()
{
    for(int i=1;i<N;i++)
        for(int j=1;j*j<=i;j++)
        {
            if (i%j) continue;
            h[i]+=j*mu[i/j];
            if (j*j!=i) h[i]+=i/j*mu[j];
        }
}

int main()
{
    // file(g);
    IO; init(); get_h();
    while(cin>>n)
    {
        for(int i=1;i<=m;i++)
            num[i]=cnt[i]=0;m=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int x; cin>>x;
            m=max(m,x);num[x]++;
        }
        for(int i=1;i<=m;i++)
            for(int j=i;j<=m;j+=i)
                cnt[i]+=num[j];
        for(int i=1;i<=n;i++)
            b[i]=fac[n+1]*(LL)ifac[i-1]%mod*inv[n-i+2]%mod;
        int ZSTU=0,HDU=0;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            if (!cnt[i]) continue;
            HDU+=cnt[i]*(LL)pw[cnt[i]-1]%mod*h[i]%mod;
            ZSTU+=h[i]*(LL)fac[cnt[i]]%mod*b[cnt[i]]%mod;
            if (ZSTU>=mod) ZSTU-=mod;
            if (HDU>=mod) HDU-=mod;
        }
        if (ZSTU==HDU) cout<<"Equal "<<HDU<<endl;
        if (HDU>ZSTU) cout<<"Mr. Hdu "<<HDU<<endl;
        if (ZSTU>HDU) cout<<"Mr. Zstu "<<ZSTU<<endl;
    }
    return 0;
}

HDU 5321 Beautiful Set（莫比乌斯反演+数论）

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