题解 luogu.P9489 ZHY 的表示法
题目
比较难想的一道组合数学题。
题意建模
题目理解
给定 \(n\) 个数 \(x_1, x_2, \dots, x_n\)，问区间 \([l, r]\) 中有多少个正整数 \(x\) 满足：存在实数 \(y\)，使得 \(\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{y}{x_i} \rfloor = x\)。例如，\(n=2\)，\(x_1=2, x_2=3\) 时，\(x=5\) 可取 \(y=6\) 满足条件。
算法分析
初步理解
在我拿到题目时，我并不知道如何入手。最关键的是，我连暴力都写不出来。本来想先混个 \(30-50\) 分的，忽然发现，\(x\) 是未知的，竟然 \(y\) 也是未知的。这个取整函数也不好处理。但是相对这两个位置量，我连暴力枚举都做不到。这是我的“卡点”。代表我思路的堵塞之处。带着这样的问题，我翻开了题解。
首先，需要知道的是，这两个变量怎么建立关系。其次，需要知道，怎么取理解这个下取整的意义（首先肯定要明白一点，就是本题肯定是有特殊性质的）。我们分别来分析。
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两个变量之间的关系
显然每个 \(y\) 都唯一对应一个 \(x\)，因此只需让每一个 \(x\) 都对应唯一一个 \(y\) 即可。我们可以发现\(x\) 实际上只与 \(y\) 除以 \(x\) 的商有关，和余数无关。这是一个很关键的性质。 -
单调性的发现
能想出这一步，基本是做出来了。反正，我没发现。当规定 \(x\) 的值是一定的时候，肯定会有一种现象：随着 \(y\) 的增加，\(x\) 的值也会增大。因此可以发现按此方法 \(x\) 关于 \(y\) 的函数是单调的，并且显然可以发现 \(y\) 关于 \(x\) 的函数也是单调的，因此 \(x\) 和 \(y\) 一一对应。
到现在，已经有了一个初步的想法：枚举 \(y\),看看能不能在 \(y\) 的变化中，存在 \(x\) 的整数变化。
- 计算。
可以发现，在 \(y\) 增大的过程中，若某一时刻 \(y\) 刚好是某个 \(x_{i}\) 的倍数，那么 \(y\) 除以 \(x_{i}\) 的商就会改变，\(x\) 就会改变，答案就应加 \(1\)。这也就是上文中说的变化观点。
整理思路如下：
关键思路
- 问题转换：对于给定的 \(x\)，是否存在 \(y\) 使得 \(\sum \lfloor \frac{y}{x_i} \rfloor = x\)？直接枚举 \(y\) 不可行（范围太大）。
- 单调性观察：\(\sum \lfloor \frac{y}{x_i} \rfloor\) 随 \(y\) 增加非递减。当 \(y\) 增加时，和可能不变或增加（当 \(y\) 达到某些 \(x_i\) 的倍数时）。
- 容斥原理：统计 \(y\) 使得 \(\sum \lfloor \frac{y}{x_i} \rfloor\) 变化，即 \(y+1\) 是至少一个 \(x_i\) 的倍数。这样的 \(y\) 的个数等于 \(1\) 到 \(y_{\text{max}}\) 中能被至少一个 \(x_i\) 整除的数的个数（用容斥计算）。
算法步骤
- 二分查找：对于给定的上界 \(val\)（如 \(r\) 或 \(l-1\)），找到最大的 \(y\)（记为 \(res\)）使得 \(\sum \lfloor \frac{y}{x_i} \rfloor \leq val\)。
- 容斥计算：计算 \(1\) 到 \(res\) 中能被至少一个 \(x_i\) 整除的数的个数（即 \(cal(res)\)）。
- 答案求解：区间 \([l, r]\) 的答案即为 \(solve(r) - solve(l-1)\)，其中 \(solve(val)\) 返回 \(cal(res)\)。
时间复杂度
- 二分查找：\(O(\log (2 \times 10^{18}) \times n) \approx 60n\)。
- 容斥计算：枚举所有 \(2^n\) 个子集，计算 LCM。最坏 \(O(2^n \times n)\)，但实际因 LCM 增长快，常可提前终止。
- 总复杂度：\(O(\log y_{max}) \times n + 2^n \times n)\)，\(n=25\) 时可行。
参考代码
#include<iostream>
#define int __int128
#define rei register int
const int N=30;
int a[N];
int n,l,r;
inline int read()
{
int f=1,x=0;
char c=getchar();
while(c<'0' || c>'9') { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
while(c>='0' && c<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar(); }
return f*x;
}
void write(int x)
{
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int get1(int n)
{
int count=0;
while(n)
{
n&=(n-1); // 消除最低位的1
count++;
}
return count;
}
int gcd(int a,int b) { return b?gcd(b,a%b):a; }
int lcm(int a,int b) { return a/gcd(a,b)*b; }
bool check(int x,int y)
{
int sum=0;
for(rei i=1;i<=n;++i) sum+=y/a[i];
return sum<=x;
}
int cal(int x)
{
int all=(1<<n)-1,ans=0;
for(rei i=1;i<=all;++i)
{
int cnt=get1(i),sum=1;
for(rei j=1;j<=n;++j)
{
if(!(i&1<<j-1)) continue;
sum=lcm(sum,a[j]);
if(sum>x) break;
}
if(cnt&1) ans+=x/sum;
else ans-=x/sum;
}
return ans;
}
int solve(int val)
{
int L=-1,R=2e18,res;
while(L<=R)
{
int mid=L+R>>1;
if(check(val,mid)) res=mid,L=mid+1;
else R=mid-1;
}
return cal(res);
}
signed main()
{
n=read(),l=read(),r=read();
for(rei i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
write(solve(r)-solve(l-1)); putchar('\n');
return 0;
}
细节实现
代码注释
int solve(int val) {
int L = -1, R = 2e18, res;
while (L <= R) {
int mid = (L + R) >> 1;
if (check(val, mid)) { // 检查 Σ floor(mid/x_i) ≤ val
res = mid;
L = mid + 1;
} else R = mid - 1;
}
return cal(res); // 计算1到res中能被至少一个x_i整除的数的个数
}
int cal(int x) {
int ans = 0;
for (int i = 1; i < (1 << n); ++i) { // 枚举所有非空子集
int cnt = __builtin_popcount(i); // 子集大小
int sum = 1;
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (i & (1 << j)) {
sum = lcm(sum, a[j]); // 计算子集LCM
if (sum > x) break; // 提前终止
}
}
if (cnt % 2) ans += x / sum; // 奇加偶减
else ans -= x / sum;
}
return ans;
}
总结归纳
本题的切入点比较隐晦。属于是非常难以挖掘。切入点如下：
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发现下取整函数只跟倍数有关。由此可以推得 \(y\) 不论是整数还是实数，都不影响答案的统计；
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基于上面一点，用一种变化的视角理解，就是当 \(y\) 变化的时候，如果 \(x\) 也跟着变化，那么就是算进答案中，成为一点贡献；
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又由上，发现是一个函数的模型，所以研究函数的基本性质，自然会联想到单调性（因为也是与 OI 竞赛联系最紧的），所以到这里，基本上思路就通了。
问题是，我还是不理解这种分析过程是怎样在大脑产生的。还是不得不感叹：容斥原理好难啊。。。
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