[CQOI2015]选数-题解

题意简述

给定 $N,K,L,H$ 求下面式子在 ${\rm mod\ 10^9+7}$ 意义下的值。

$\sum_{i_1=L}^H\sum_{i_2=L}^H\cdots\sum_{i_N=L}^H[gcd(i_1,i_2,\cdots,i_N)=K]$

$N,K\leq 10^9 ,1\leq L\leq H\leq 10^9,H-L\leq10^5$

通过莫比乌斯反演的套路，我们很容易将式子变成如下形式：
$\sum_{i_1=L}^{\lfloor\frac{H}{K}\rfloor}\cdots\sum_{i_N=L}^{\lfloor\frac{H}{K}\rfloor}[gcd(i_1,\cdots,i_N)=1]$

然后将莫比乌斯函数套入，得到：

$\sum_{i_1=L}^{\lfloor\frac{H}{K}\rfloor}\cdots\sum_{i_N=L}^{\lfloor\frac{H}{K}\rfloor}\left(\sum_{w|i_1,w|i_2,w|i_3,\cdots,w|i_N}\mu(w)\right) \\ =\sum_{w=1}^{\lfloor\frac{H}{K}\rfloor}\mu(w)\sum_{i_1=L}^{\lfloor\frac{H}{Kw}\rfloor}\cdots\sum_{i_N=L}^{\lfloor\frac{H}{Kw}\rfloor}1 \\=\sum_{w=1}^{\lfloor\frac{H}{K}\rfloor}\mu(w)\left(\frac{H}{Kw}-\frac{L-1}{Kw}\right)^N$

我们用杜教筛筛前面的 $\mu$ 的前缀和，后面分块算即可，复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 。

代码~~

#include<map>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=2e6+10;
const ll Mod=1e9+7;
ll n,K,L,H,up;
ll prime[M],mu[M],cnt;
bool vis[M];
void init(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=up;i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++cnt]=i;
			mu[i]=Mod-1;
		}
		for(int j=1,v;j<=cnt&&i*prime[j]<=up;j++){
			v=i*prime[j];
			vis[v]=1;
			if(!(i%prime[j])){
				break;
			}
			mu[v]=(Mod-mu[i]);
		}
	}
	for(int i=2;i<=up;i++)mu[i]=(mu[i]+mu[i-1])%Mod;
}
ll fpow(ll a,ll b){
	ll res=1;
	for(;b;b>>=1,a=(a*a)%Mod)
		if(b&1)res=(res*a)%Mod;
	return res;
}
map <ll,ll> mp;
ll calc(ll x){
	if(x<=up) return mu[x];
	if(mp.count(x)) return mp[x];
	ll ans=1;
	for(ll i=2,j;i<=x;i=j+1){
		j=(x/(x/i));
		ans=(ans-((j-i+1)%Mod*calc(x/i)%Mod))%Mod;
	}
	if(ans<0)ans+=Mod;
	return mp[x]=ans;
}
ll solve(){
	up=min(H/K+1,M-1ll);
	init();
	ll Max=H/K,ans=0;
	ll t1=H/K,t2=(L-1)/K;
	for(ll i=1,j;i<=Max;i=j+1){
		if(t2/i)j=min(t1/(t1/i),t2/(t2/i));
		else j=t1/(t1/i);
		ans=(ans+(calc(j)-calc(i-1))%Mod*fpow((t1/i-t2/i),n)%Mod)%Mod;
	}
	if(ans<0)ans+=Mod;
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&K,&L,&H);
	printf("%lld\n",solve());
	return 0;
}

但是我们发现，题面上还有个 $H-L\leq10^5$ 的条件，由于在 $L\sim H$ 中选一些不同的数出来的 $gcd\leq H-L$ ，那么就可以枚举 $gcd$ ，所以我们可以令 $f[i]$ 为最大公约数为 $i$ 的答案。

关于为什么在 $L\sim H$ 中选一些不同的数出来的 $gcd$ 不会大于 $H-L$ ，这里简单证明：
首先我们只用考虑选两个数出来，如果这两个数的 $gcd>H-L$ ，那么令小的那个为 $gcd\times k_1$ ，大的为 $gcd\times k_2$ ，那么由于它们两个不同，所以 $k_2-k_1\geq 1$ ，所以它们两个之间的距离一定大于了 $H-L$ ，所以不可能同时在 $L\sim H$ 内。

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此时根据前面的转换，最后可以变成答案为 $f[1]$ 。

下面我们考虑如何求取 $f[i]$ :

我们从大到小枚举 $i$ ，我们可以发现，凡是为 $i$ 的倍数的数都有可能成为答案，所以先加上所有的 $i$ 的倍数组合后的结果 $\left(\frac{H}{Ki}-\frac{L-1}{Ki}\right)^{N-1}\times\left(\frac{H}{Ki}-\frac{L-1}{Ki}-1\right)$ ，但是会多算一些，也就是最大公约数为 $2i,3i,\cdots$ 的方案，所以最后再减去 $f[2i],f[3i],\cdots$ 即可。

复杂度 $O((H-L)log(H-L))$

注意 :最后如果 $K$ 在 $L,H$ 之间的话还要加上全部为 $K$ 的方案数，也就是1。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e5+10;
const ll Mod=1e9+7;
ll n,K,L,H,f[M],len,ls;
ll fpow(ll a,ll b){
	ll res=1;
	for(;b;b>>=1,a=(a*a)%Mod){
		if(b&1)res=(res*a)%Mod;
	}
	return res;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&K,&L,&H);
	if(L<=K&&K<=H)ls=1;
	ll l=(L-1)/K,r=H/K;
	len=r-l;
	for(int i=len;i>=1;i--){
		ll x=l/i,y=r/i;
		f[i]=fpow(y-x,n)-(y-x);
		if(f[i]<0)(f[i]%=Mod)+=Mod;
		for(ll j=i+i;j<=len;j+=i){
			f[i]=(f[i]-f[j])%Mod;
		}
		if(f[i]<0)f[i]+=Mod;
	}
	printf("%lld\n",f[1]+ls);
	return 0;
}

[CQOI2015]选数-题解

题意简述

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