HDU 6053 TrickGCD 容斥

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6053

题意：

给你序列a，让你构造序列b，要求 1<=b[i]<=a[i],且b序列的gcd>=2。问你方案数。

思路：

容易想到的就是我们枚举整个序列的gcd，然后a[i]/gcd就是i位置能够填的数的个数，然后每个位置累积就能得到数列为gcd时的方案数。

最后容斥一下累加就是答案。但是最大gcd可以是100000和明显这样做n^2，会超时。

那么我们把a[i]/gcd的放在一起，然后用快速幂直接求出值。具体来说，当前枚举的gcd是a，把a,2*a,3*a.......分块，对于每一块对gcd为a的贡献是在这一块的a[i]的个数，那么前缀和处理一下就好了。

对于容斥：

也没做过几道容斥，对于dfs的容斥，第一次见，就是说每次容斥的数都是num*prime[i]，保证了dfs了所有数，并且只有log层

cnt[num] 是对于num前面已经加或者减了多少次，那么我们只要每个数一次，就对于当前的数需要加或者减1-cnt[num]才能变成1，对于num的倍数也影响了1-cnt[num]。

还有一种容斥，更简单，就是对于gcd倒着遍历，筛去他的倍数的贡献，也就是重复加的要减去。嗯 很巧妙

代码：

代码一：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MS(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MP make_pair
#define PB push_back
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INFLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    return x*f;
}
//////////////////////////////////////////////////////////////////////////
const int maxn = 1e5+10;
const int mod = 1e9+7;

int v[maxn],s[maxn],cnt[maxn],res[maxn],mi,mx;
bool vis[maxn];
vector<int> prime;
ll ans;

ll qpow(ll a,ll b){
    ll res = 1;
    while(b){
        if(b&1) res = (res*a)%mod;
        a = (a*a)%mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

void init(){
    for(int i=2; i<maxn; i++){
        if(vis[i]) continue;
        prime.push_back(i);
        for(int j=i+i; j<maxn; j+=i){
            vis[j] = true;
        }
    }
}

void dfs(ll num){
    if(num > mi) return ;
    if(cnt[num] == 1) return ;
    if(num > 1){
        int dt = 1-cnt[num];
        ans = (ans+dt*res[num]+mod)%mod;
        cnt[num] = 1;
        for(int i=num*2; i<=mi; i+=num){
            cnt[i] += dt;
        }
    }
    for(int i=0; i<(int)prime.size(); i++)
        dfs(num*prime[i]);
}

int main(){
    init();
    int T = read(), kase = 1;
    while(T--){
        MS(v); MS(s); MS(cnt);
        int n = read();
        mi = INF,mx = 0;
        for(int i=1; i<=n; i++){
            int x = read();
            v[x]++;
            mi = min(mi,x);
            mx = max(mx,x);
        }
        for(int i=1; i<maxn; i++)
            s[i] = s[i-1]+v[i];
        for(int a=2; a<=mi; a++){
            res[a] = 1;
            for(int i=a*2,j=1; i<=mx+a; i+=a, j++){
                int t = (i-1>mx ? s[mx] : s[i-1]);
                res[a] = (res[a]*qpow(j,t-s[i-a-1])%mod);
            }
        }
        // for(int i=2; i<=mi; i++)
        //     cout << i << " " << res[i] << endl;
        ans = 0;
        dfs(1);
        printf("Case #%d: %I64d\n",kase++,ans);
    }

    return 0;
}

代码二：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MS(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MP make_pair
#define PB push_back
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INFLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
    return x*f;
}
//////////////////////////////////////////////////////////////////////////
const int maxn = 1e5+10;
const int mod = 1e9+7;

int v[maxn],s[maxn],res[maxn],mi,mx;
ll ans,dp[maxn];

ll qpow(ll a,ll b){
    ll res = 1;
    while(b){
        if(b&1) res = (res*a)%mod;
        a = (a*a)%mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main(){
    int T = read(), kase = 1;
    while(T--){
        MS(v); MS(s); MS(dp);
        int n = read();
        mi = INF,mx = 0;
        for(int i=1; i<=n; i++){
            int x = read();
            v[x]++;
            mi = min(mi,x);
            mx = max(mx,x);
        }
        for(int i=1; i<maxn; i++)
            s[i] = s[i-1]+v[i];
        for(int a=2; a<=mi; a++){
            res[a] = 1;
            for(int i=a*2,j=1; i<=mx+a; i+=a, j++){
                int t = (i-1>mx ? s[mx] : s[i-1]);
                res[a] = (res[a]*qpow(j,t-s[i-a-1])%mod);
            }
        }
        for(int i=mi; i>=2; --i){
            dp[i] = res[i];
            for(int j=i<<1; j<=mi; j+=i){
                dp[i] -= dp[j];
                dp[i] = (dp[i]%mod+mod)%mod;
            }
        }
        ans = 0;
        for(int i=2; i<=mi; i++)
            ans = (ans+dp[i])%mod;
        printf("Case #%d: %I64d\n",kase++,ans);
    }

    return 0;
}