HDU 4675 GCD of Sequence(莫比乌斯反演 + 打表注意事项)题解

题意:

给出\(M\)和\(a数组\),询问每一个\(d\in[1,M]\),有多少组数组满足:正好修改\(k\)个\(a\)数组里的数使得和原来不同,并且要\(\leq M\),并且\(gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)=d\)。

思路:

对于每一个\(d\),即求\(f(d)\):修改\(k\)个后\(gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)=d\)的对数。
那么假设\(F(d)\):修改\(k\)个后\(gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)\)是\(d\)倍数的对数。故:
\[
f(k) = \sum_{k|d}\mu(\frac{d}{k})F(d)
\]
打表求\(F(d)\)即可。假设\(num[d]\)为\(a\)中是\(d\)倍数的数量,则
\[
F(d)=(\frac{M}{d})^{n-num[d]}*C_{num[d]}^{k-(n-num[d])}*(\frac{M}{d}-1)^{k-(n-num[d])}
\]
然后\(nlogn\)打出\(num\)数组即可。

思考:

这样的打表法是\(nlogn\)的:
证明 O(n/1+n/2+…+n/n)=O(nlogn)

for(int i = 1; i <= n; i++){
     scanf("%d", &a[i]);
     num[a[i]]++;
 }
 for(int i = 1; i <= m; i++){
     for(int j = i + i; j <= m; j += i){
         num[i] += num[j];
     }
 }

这样是\(n\sqrt n\)的

for(int i = 1; i <= n; i++){
     scanf("%d", &a[i]);
     for(int j = 1; j <= sqrt(a[i]); j++){
         if(a[i] % j == 0){
             num[j]++;
             if(j * j != a[i]) num[a[i] / j]++;
         }
     }
 }

代码:

#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<stack>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 3e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ull seed = 131;
const ll MOD = 1000000007;
using namespace std;

int mu[maxn], vis[maxn];
int prime[maxn], cnt;
ll fac[maxn], inv[maxn];
ll ppow(ll a, ll b){
    ll ret = 1;
    while(b){
        if(b & 1) ret = ret * a % MOD;
        a = a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
void init(int n){
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    memset(mu, 0, sizeof(mu));
    cnt = 0;
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        if(!vis[i]){
            prime[cnt++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 0; j < cnt && prime[j] * i <= n; j++){
            vis[prime[j] * i] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) break;
            mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }

    fac[0] = inv[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
    inv[n] = ppow(fac[n], MOD - 2);
    for(int i = n - 1; i >= 1; i--) inv[i] = (i + 1LL) * inv[i + 1] % MOD;
}
ll C(int n, int m){
    return fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;
}
int num[maxn], a[maxn];
//num[i]:是i的倍数的个数
ll F[maxn], f[maxn];
int main(){
    init(3e5);
    int n, m, k;
    while(~scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)){
        memset(num, 0, sizeof(num));
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d", &a[i]);
            num[a[i]]++;
        }
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            for(int j = i + i; j <= m; j += i){
                num[i] += num[j];
            }
        }
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            int no = n - num[i];
            if(no > k) F[i] = 0;
            else{
                F[i] = ppow(m / i, no) * C(num[i], k - no) % MOD * ppow(m / i - 1, k - no) % MOD;
            }
        }

        for(int i = 1; i <= m; i++){
            f[i] = 0;
            for(int j = i; j <= m; j += i){
                f[i] += mu[j / i] * F[j];
                f[i] %= MOD;
            }
            printf("%lld%c", (f[i] % MOD + MOD) % MOD, i == m? '\n' : ' ');
        }

    }
    return 0;
}

原文地址:https://www.cnblogs.com/KirinSB/p/11439436.html

时间: 2024-10-10 19:36:24

HDU 4675 GCD of Sequence(莫比乌斯反演 + 打表注意事项)题解的相关文章

HDU 4675 GCD of Sequence

题意:给N个数,要求改变其中K个数,是改变后的数列GCD为1~M,问对于各个GCD一共有多少组数 解:1.预处理C(n,m),这里用快速幂计算n!,m!,(n-m)!,quick(a,mod-1)=a 2.给定数列中统计i的倍数的个数为temp,如果n-temp>k,那么把k个数换掉,GCD依旧不为i,所以sum[i]=0; 若n-temp<=k,那么先替换掉不是i的倍数的数,一共有(m/i)^(n-temp)种组合,再换掉k-(n-temp)个i的倍数,有(m/i-1)^(k-(n-temp

hdu4675 GCD of Sequence 莫比乌斯+组合数学

/** 题目:hdu4675 GCD of Sequence 链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4675 题意:给定n个数的a数组,以及m,k: 构造满足1<=bi<=m,和a数组恰好k个位置ai!=bi的b数组. 输出b数组所有数的gcd分别为1~m的数组个数. 思路: f(n)表示gcd==n的数组个数. g(n)表示gcd是n的倍数的数组个数. f(n) = sigma[n|d]mu[d/n]*g(d); 如何求g(d)呢? 如果没

bnu——GCD SUM (莫比乌斯反演)

题目:GCD SUM 题目链接:http://www.bnuoj.com/v3/problem_show.php?pid=39872 算法:莫比乌斯反演.优化 1 #include<stdio.h> 2 #define N 100001 3 typedef long long LL; 4 bool pri[N]={0}; 5 int prim[N],po=0; 6 int mu[N]; 7 LL f[N],ff[N]; //缩短时间 8 /* 9 莫比乌斯函数mu[i]的定义: 10 1. 如

【Project Euler】530 GCD of Divisors 莫比乌斯反演

[题目]GCD of Divisors [题意]给定f(n)=Σd|n gcd(d,n/d)的前缀和F(n),n=10^15. [算法]莫比乌斯反演 [题解]参考:任之洲数论函数.pdf 这个范围显然杜教筛也是做不了的,而且考虑直接化简f(n)也遇到了困难,所以考虑将前缀和的Σ一起化简. $$F(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}(d,\frac{i}{d})$$ 这一步很常见的是第一重改为枚举倍数,但这样化简后面就推不下去了. 这道题必须最后转成$\sigma_0(n)$才

HDU 6134 Battlestation Operational(莫比乌斯反演)

[题目链接] http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6134 [题目大意] 求$\sum_{i=1}^{n}{\sum_{j=1}^{i}\lceil{\frac{i}{j}}\rceil}[ (i,j)==1 ]$ [题解] 设 $g(i)=\sum_{i=1}^{n}{\sum_{j=1}^{i}\lceil{\frac{i}{j}}\rceil}$,$h(i)=\sum_{i=1}^{n}{\sum_{j=1}^{i}\lceil{\frac{

51nod 1594 Gcd and Phi(莫比乌斯反演)

题目链接 传送门 思路 如果这题是这样的: \[ F(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\phi(gcd(i,j)) \] 那么我们可能会想到下面方法进行反演: \[ \begin{aligned} F(n)=&\sum\limits_{k=1}^{n}\phi(k)\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}[gcd(i,j)=k]&\=&\sum\limits_{k=1}^{n}\p

SPOJ - PGCD Primes in GCD Table(莫比乌斯反演)

http://www.spoj.com/problems/PGCD/en/ 题意: 给出a,b区间,求该区间内满足gcd(x,y)=质数的个数. 思路: 设f(n)为 gcd(x,y)=p的个数,那么F(n)为 p | gcd(x,y)的个数,显然可得F(n)=(x/p)*(y/p). 这道题目因为可以是不同的质数,所以需要枚举质数, 但是这样枚举太耗时,所以在这里令t=pk, 这样一来的话,我们只需要预处理u(t/p)的前缀和,之后像之前的题一样分块处理就可以了. 1 #include<ios

【UVa11426】GCD - Extreme (II)(莫比乌斯反演)

[UVa11426]GCD - Extreme (II)(莫比乌斯反演) 题面 Vjudge 题解 这.. 直接套路的莫比乌斯反演 我连式子都不想写了 默认推到这里把.. 然后把\(ans\)写一下 \[ans=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)[\frac{n}{id}]^2\] 令\(T=id\) 然后把\(T\)提出来 \[ans=\sum_{T=1}^n[\frac{n}{T}]^2\sum_{d|T}d\mu(\frac{T}{d})\] 后面那一堆

HDU 1695 (莫比乌斯反演) GCD

题意: 从区间[1, b]和[1, d]中分别选一个x, y,使得gcd(x, y) = k, 求满足条件的xy的对数(不区分xy的顺序) 分析: 虽然之前写过一个莫比乌斯反演的总结,可遇到这道题还是不知道怎么应用. 这里有关于莫比乌斯反演的知识,而且最后的例题中就有这道题并给出了公式的推导. 1 #include <cstdio> 2 #include <algorithm> 3 typedef long long LL; 4 5 const int maxn = 1000000