【2018提高组】模拟A组&省选 划分（二项式反演优化容斥）

Description:

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。

3 <= N <= 10^9 , 1 <= M <= 10，2 <= K[i] < N。

题解：

考虑x什么时候是确定的？

当且仅当有：
$a[i]|x,a[j]|(x-1)$

考虑有a[i]和a[j]，他们能确定多少个$x$

设$x=p*a[i](x<=n)$

$p*a[i]=1(mod~a[j])$
$p=a[i]^{-1}(mod~a[j])$

显然$gcd(a[i],a[j])=1$才解。

$a[i]^{-1}(mod~a[j])$可以用欧拉定理或者扩展欧几里得算法解决。

$答案个数={\lfloor{{\lfloor {n \over a[i]}\rfloor}\over a[j]}\rfloor}+[{{\lfloor {n \over a[i]}\rfloor}~mod~a[j]>=p}]$

直接枚举所有的a[i]、a[j]算答案显然会有重。

那么我们用容斥搞掉重复，假设有多组限制，则分开求lcm，再求答案即可。

复杂度为$O(2^{m*(m-1)})$，加剪枝可以拿90分。

假设分成了A、B两个集合，这两个集合显然会有重复元素， 但是我们求lcm不需要考虑重复元素。

因此直接枚举A、B集合的不同元素，容斥系数为$(-1)^{|A|+|B|}$。

下面利用二项式反演来证明这个结论：

对于一个x，$x~mod~a[i]=0$的a[i]属于A集合，$x~mod~a[j]=1$的a[j]属于B集合。

则x会被计算：
$\sum_{i=1}^{|A|}C_{|A|}^i \sum_{j=1}^{|B|}C_{|B|}^j (-1)^{i+j}$次
$=\sum_{i=1}^{|A|}C_{|A|}^i*(-1)^i \sum_{j=1}^{|B|}C_{|B|}^j*(-1)^j$
$=((1-1)^{|A|}-1)*((1-1)^{|B|}-1)$
$=1$

Code:

#include<cstdio>
#define ll long long
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) 
using namespace std;

const int N = 1e5;

int n, m, a[11], ni[11];

int gcd(int x, int y) {
    return !y ? x : gcd(y, x % y);
}

int x, y;

void exgcd(int a, int b) {
    if(b == 0) {x = a; y = 0; return;}
    exgcd(b, a % b);
    int xx = x, yy = y;
    x = yy; y = xx - (a / b) * yy;
}

ll ans;

void dg(int i, ll y, ll z, int fu) {
    if(y > n || z > n) return;
    if(i > m) {
        if(y == 1 || z == 1) return;
        if(gcd(y, z) > 1) return;
        exgcd(y, -z); x = ((x % z) + z) % z;
        ans += fu * (n / y / z + (n / y % z >= x));
        return;
    }
    dg(i + 1, y, z, fu);
    dg(i + 1, y * a[i] / gcd(y, a[i]), z, -fu);
    dg(i + 1, y, z * a[i] / gcd(z, a[i]), -fu);
}

int main() {
    freopen("sazetak.in", "r", stdin);
    freopen("sazetak.out", "w", stdout);
    int bz1 = 1;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    fo(i, 1, m) {
        scanf("%d", &a[i]);
        bz1 &= a[i] == 1;
    }
    if(bz1) {printf("%d", n); return 0;}
    n --;
    dg(1, 1, 1, 1);
    n ++;
    fo(i, 1, m) bz1 |= (n - 1) % a[i] == 0;
    if(bz1) ans ++;
    printf("%d", ans);
}