【JZOJ5796】【2018提高组】模拟A组&省选 划分（容斥+扩展中国剩余定理+扩展欧几里得）

Problem

  有一个未知的序列x，长度为n。它的K-划分序列y指的是每连续K个数的和得到划分序列，y[1]=x[1]+x[2]+….+x[K]，y[2]=x[K+1]+x[K+2]+….+x[K+K]….。若n不被K整除，则y[n/K+1]可以由少于K个数加起来。比如n=13，K=5，则y[1]=x[1]+…+x[5]，y[2]=x[6]+….+x[10]，y[3]=x[11]+x[12]+x[13]。若小A只确定x的K[1]划分序列以及K[2]划分序列….K[M]划分序列的值情况下，问她可以确定x多少个元素的值。

Hint

对于20%的数据，3 <= N <= 2000,M<=3。
对于40%的数据，3 <= N <= 5*10^6。
对于100%的数据，3 <= N <= 10^9 , 1 <= M <= 10，2 <= K[i] < N。

Solution

40points：暴力

• 首先，我们可以发现一个性质：若x[i]能被确定，充要条件为有区间的右端点在i和i-1。
• 先证充分性：如果有，那么$\sum_{j=1}^i x[j]$的值以及$\sum_{j=1}^{i-1} x[j]$的值均可确定，两式相减即为x[i]。
• 再证必要性：如果某个区间覆盖了[l,r]（l＜i&&i＜r），又有两个区间[l,i-1]和[i+1,l]把[l,r]分割了，那看上去也可以；但是既然有区间[i+1,l]，肯定也有右端点在i的区间（它的前一个区间）。

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• 因此，我们可以设一个布尔数组p，p[i]表示是否存在右端点为i的区间。
• 对于每个K[i]，暴力枚举它的倍数，更新p数组。
• 最后，扫一遍p数组，$\sum_{i=1}^n p[i]\quad and\quad p[i-1]$即为答案。

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• 时间复杂度：$O((\sum_{i=1}^m \lfloor \frac n{k_i} \rfloor)+n)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

const int N=5e6+1;
int i,j,n,m,k[11],ans;
bool p[N];

int main()
{
    freopen("sazetak.in","r",stdin);
    freopen("sazetak.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    fo(i,1,m)
    {
        scanf("%d",&k[i]);
        fo(j,1,n/k[i]) p[k[i]*j]=1;
    }
    p[n]=1;
    fo(i,1,n) ans+=(p[i]&&p[i-1]);
    printf("%d",ans);
}

100points：容斥+扩展中国剩余定理+扩展欧几里得

• 上面所述的性质，装逼点写就是：若x[P]能求出，当且仅当存在一组(i,j)，满足$P\equiv0(mod\ k_i),P\equiv1(mod\ k_ j)$。
• 上式可转化为$P=a1*k_i=a2*k_j+1$，即$a1*k_i+a2*k_j=1$（因为a2为不定的系数，且可以为负数，所以不必在意其正负性）。这个可以使用扩展欧几里得求通解，详见下文。
• 但是，对于$P\equiv0(mod\ k_1),P\equiv1(mod\ k_ 2),P\equiv0(mod\ k_3)$，k1与k2、k3与k2都会计算，这时，就可能存在P值重复的情况。
• 应往容斥的方面想。

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• 可以dfs出k1、k2的集合。设n1=|k1集合|，n2=|k2集合|，此时，我们得到了下列n1+n2个同余方程： $$P\equiv0(mod\ k_{i1})$$ $$P\equiv0(mod\ k_{i2})$$ $$...$$ $$P\equiv0(mod\ k_{in1})$$ $$P\equiv1(mod\ k_{j1})$$ $$P\equiv1(mod\ k_{j2})$$ $$...$$ $$P\equiv1(mod\ k_{jn2})$$
• 考虑使用扩展中国剩余定理将其合并。
• 但是，观察到该方程组的特殊性，我们知道$\forall_{1≤x≤n1}\ k_{ix}|P$，并且$\forall_{1≤x≤n2}\ k_{jx}|P-1$。因此，可以直接将上述方程组合并为下列两个方程： $$P\equiv0(mod\ lcm(k_{i1},k_{i2},...,k_{in1}))$$ $$P\equiv1(mod\ lcm(k_{j1},k_{j2},...,k_{jn2}))$$
• 令$s1=lcm(k_{i1},k_{i2},...,k_{in1}),s2=lcm(k_{j1},k_{j2},...,k_{jn2})$。根据上述转化，可得方程：$a1*s1+a2*s2=1$。
• 注意：这个s1、s2可能很大（当ki都两两互质时，lcm即为乘积），但只要超过n就没有意义。因为我们是想用它们去覆盖n个位置。
• 下面就要开始搞事了。

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• 根据裴蜀定理，上述方程存在整数解，当且仅当$gcd(s1,s2)|1$。那么囿于1的约数只有1，所以实际上是当且仅当$gcd(s1,s2)=1$。
• 然后，我们求解出一组x和y。但x、y可能为负，我们要使它们变成最小的正整数。
• 显然，若$x*s1+y*s2=1$成立，则$(x+n*s2)*s1+(y-n*s1)*s2=1(n\in \mathbb{Z})$也成立。因此，x可以加上任意个s2，y可以减去任意个s1。
• 首先，我们将x增至最小的正整数，也即x=(x%s2+s2)%s2;此时，x*s1>0。我们又知道，x每次加s2，都有对应的唯一的y，因此，我们求的就是所有满足0＜x*s1＜n的x的个数。
• x最多可以增加$\lfloor \frac n{s1} \rfloor$次。而设若x*s1≤n，则它不增加也是满足条件的。因此，贡献为$\lfloor \frac n{s1} \rfloor + [x*s1≤n]$。

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• 别忘了我们正在容斥。
• 对于每种方案，容斥系数应为$(-1)^{n1+n2}$。
• 证明详见这位dalao的博客：https://blog.csdn.net/Cold_Chair/article/details/81566102。

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• 然后这道题还有一个坑点。
• 假如我们知道$\sum_{i=1}^{n-1} x[i]$，那也能知道x[n]。因为M≥1，一定会有一种划分，我们直接将那种划分的所有和加起来，就是$\sum_{i=1}^n x[i]$。
• 而当所有划分的K都不整除n时，程序就以为我们不知道$\sum_{i=1}^n x[i]$。因此一开始需要打这么一行代码：k[++m]=n;

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• 时间复杂度：$O(m+3^m*log_2n)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;

int i,n,m,k[12];
ll d,x,y,ans;

ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}
inline ll lcm(ll x,ll y){return x*y/gcd(x,y);}
void exgcd(ll a,ll b,ll&d,ll&x,ll&y)
{
    if(!b){d=a;x=1;y=0;}
    else {exgcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
}

void dfs(int t,ll s1,ll s2,ll f)
{
    if(max(s1,s2)>n) return;
    if(t>m)
    {
        if(s1==1||s2==1) return;
        exgcd(s1,s2,d,x,y);
        if(d<0) {x=-x; y=-y; d=-d;}
        if(d>1) return;
        x=(x%s2+s2)%s2;
        ll tmp=(1ll*n/s1-x)/s2+(s1*x<=n);
        ans+=f*tmp;
        return;
    }
    dfs(t+1,s1,s2,f);
    dfs(t+1,lcm(s1,k[t]),s2,-f);
    dfs(t+1,s1,lcm(s2,k[t]),-f);
}

int main()
{
    freopen("sazetak.in","r",stdin);
    freopen("sazetak.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    fo(i,1,m) scanf("%d",&k[i]);
    k[++m]=n;
    dfs(1,1,1,1);
    printf("%lld",ans);
}