【BZOJ】3434: [Wc2014]时空穿梭-莫比乌斯反演

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题解

枚举每一维的极差 $\Delta x_i$ ，设 $d=gcd(\Delta x_1,\Delta x_2,...,\Delta x_n)$ ，则这条直线上最多可以选出 $d$ 个整点(不包含起点)。

则

$ans=\sum\limits_{\Delta x_1=1}^{m_1}\dots\sum\limits_{\Delta x_n=1}^{m_n}\dbinom{d-1}{c-2}\prod\limits_{i=1}^n(m_i-\Delta x_i)$

转成枚举 $d$

$\sum\limits_{d=1}^m\dbinom{d-1}{c-2}\sum\limits_{\Delta x_1=1}^{\lfloor \frac{m_1}{d}\rfloor}\dots\sum\limits_{\Delta x_n=1}^{\lfloor \frac{m_n}{d}\rfloor}[(\Delta x_1,\Delta x_2,...,\Delta x_n)=1]\prod\limits_{i=1}^n(m_i-d\Delta x_i)$

莫比乌斯反演一下

$\sum\limits_{d=1}^m\dbinom{d-1}{c-2}\sum\limits_{k=1}^{\lfloor\frac md \rfloor}\mu (k)\sum\limits_{\Delta x_1=1}^{\lfloor \frac{m_1}{dk}\rfloor}\dots\sum\limits_{\Delta x_n=1}^{\lfloor \frac{m_n}{dk}\rfloor}\prod\limits_{i=1}^n(m_i-dk\Delta x_i)$

设 $T=dk$ ，得到

$\sum\limits_{T=1}^m(\prod\limits_{i=1}^n\sum\limits_{\Delta x_i=1}^{\lfloor \frac {m_i}{T}\rfloor}(m_i-T\Delta x_i))\sum\limits_{d|T}\binom{d-1}{c-2}\mu(\frac Td)$

$G(T)=\sum\limits_{d|T}\binom{d-1}{c-2}\mu(\frac Td)$ 可以 $O(mlnm)$ 预处理。

$F(T)=\prod\limits_{i=1}^n\sum\limits_{\Delta x_i=1}^{\lfloor \frac {m_i}{T}\rfloor}(m_i-T\Delta x_i)$

$\qquad\ =\prod\limits_{i=1}^n(m_i\lfloor\frac {m_i}{T}\rfloor+\dfrac{T(\lfloor\frac {m_i}{T}\rfloor+1)\lfloor\frac {m_i}{T}\rfloor}{2})$

在 $\lfloor\frac {m_i}{T}\rfloor$ 一定时， $F(T)$ 是一个关于 $T$ 的 $n$ 次多项式，所以 $n\sqrt m$ 分块，每次 $n^2$ 暴力处理 $T^i$ 的系数 $a_i$ ：

$ans=\sum\limits_{T=1}^m\sum\limits_{i=0}^na_iG(T)T^i$

预处理出 $G(T)T^i$ 的前缀和即可。

复杂度： $O(m\ ln\ ln m+cm\ln m+cmn+Tn^3\sqrt m)$

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(f,x) memset(f,x,sizeof(f))
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=1e5+10,mod=10007;

int tk,mxc,mxm,mn,ans,C[N][21],tmp[12];
int mu[N],g[21][N],f[21][12][N],p[N],num;bool pri[N];

char cp;
inline void rd(int &x)
{
    cp=getchar();x=0;
    for(;!isdigit(cp);cp=getchar());
    for(;isdigit(cp);cp=getchar()) x=x*10+(cp^48);
}

inline void upp(int &x,int y){if(y>x) x=y;}
inline void dnn(int &x,int y){if(y<x) x=y;}
inline void ad(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}
inline void dc(int &x,int y){x-=y;if(x<0) x+=mod;}
inline int adi(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}
inline int dci(int x,int y){x-=y;return x<0?x+mod:x;}

inline void pre()
{
    int c,i,j,k,res;mu[1]=1;
    for(i=2;i<=mxm;++i){
        if(!pri[i]) p[++num]=i,mu[i]=-1;
        for(j=1;j<=num && (res=i*p[j])<=mxm;++j){
            pri[res]=true;if(i%p[j]==0) break;
            mu[res]=-mu[i];
        }
    }
    C[0][0]=1;
    for(i=1;i<=mxm;++i){
    	C[i][0]=1;
    	for(j=1;j<=mxc;++j) C[i][j]=adi(C[i-1][j-1],C[i-1][j]);
	}
	for(c=2;c<=mxc;++c){
        for(i=1;i<=mxm;++i){
            res=C[i-1][c-2];
            for(j=1,k=i;k<=mxm;++j,k+=i) if(mu[j])
                mu[j]<0?dc(g[c][k],res):ad(g[c][k],res);
        }
    }
    for(c=2;c<=mxc;++c){
       for(i=1;i<=mxm;++i){
          res=g[c][i];
          for(j=0;j<=11;++j){
            f[c][j][i]=adi(res,f[c][j][i-1]);
            res=(res*i)%mod;
          }
       }
    }
}

struct P{
    int n,c,m[12];

    inline void init()
    {
        rd(n);rd(c);upp(mxc,c);
        for(int i=1;i<=n;++i){rd(m[i]);upp(mxm,m[i]);}
    }

    inline void mk(int x)
    {
        int i,j,a,b;mem(tmp,0);tmp[0]=1;
        for(i=1;i<=n;++i){
            j=m[i]/x;
            a=mod-((ll)j*(j+1)/2)%mod;
            if(a==mod) a=0;
            b=(ll)j*m[i]%mod;
            for(j=n;j;--j) tmp[j]=adi(tmp[j]*b%mod,tmp[j-1]*a%mod);
            tmp[0]=tmp[0]*b%mod;
        }
    }

    inline void sol()
    {
        int i,j,k;ans=0;mn=2e9;
        for(i=1;i<=n;++i) dnn(mn,m[i]);
        for(i=1;i<=mn;i=j+1){
            for(j=mn,k=1;k<=n;++k) dnn(j,m[k]/(m[k]/i));
            for(mk(i),k=0;k<=n;++k) ad(ans,tmp[k]*dci(f[c][k][j],f[c][k][i-1])%mod);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}q[1005];

int main(){
    int i,j;rd(tk);
    for(i=1;i<=tk;++i) q[i].init();
    pre();
    for(i=1;i<=tk;++i) q[i].sol();
    return 0;
}

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