[ABC236Ex] Distinct Multiples 题解

前言

非常好容斥题，使我的笔旋转。

感觉这道题又让我学到了不少。

确实是没有想过可以把容斥系数都 \(\texttt{DP}\) 进去这种方式。

思路

显然正着做不太好做，反着正好有事一堆 \(a_i=a_j\) 的限制，说不定会好一点。

故我们考虑容斥。

首先最暴力的一个容斥就是我们对于每一个集合 \(S\)，里面储存的是这个点对 \((i,j)\) 是否会被钦定为 \(a_i=a_j\)。（相当于说全集就是 \(n\times(n-1)/2\) 个点对）对于每一个 \(S\) 的贡献就是 \((-1)^{|S|} \times \prod \lfloor\dfrac{m}{\text{lcm}_{s_i}}\rfloor\)。（其中，\(s_i\) 表示将这些点对当作边连起来之后，构成的连通块。）

复杂度 \(\mathcal{O}(2^{n\times (n-1)/2}\times \log m)\)，显然不可过。

我们发现，其实我们本质上在乎的是这个连通块的分配情况，和它对应的容斥系数。

故我们定义 \(dp_{s_1,s_2,s_3,...s_k}\) 表示由这些连通块所构成的答案。

假设 \(E_i\) 为可以构成 \(s_i\) 这个连通块的所有边集。

故 \(dp_{s_1,s_2,...s_k}=\prod_{i=1}^{k}\lfloor\dfrac{m}{\text{lcm}_{s_i}}\rfloor\times (\sum (-1)^{|E_i|})\)。

观察到对于一个块的任意两个点其实都是可以连边的，故这个 \(\sum (-1)^{|E_i|}\) 只与 \(s_i\) 的大小有关。

定义 \(g_{i,0/1}\) 表示大小为 \(i\) 的连通块，可以被大小为偶数/奇数的边集所构成的方案数。

故 \(\sum (-1)^{|E_i|}=g_{|s_i|,0}-g_{|s_i|,1}\)

对于 \(g_{n,0/1}\) 的转移，我们仍然考虑一个容斥转移：

\(g_{n,0}=(C_{n\times (n-1)/2}^0+C_{n\times (n-1)/2}^2+C_{n\times (n-1)/2}^4 +...)-\sum_{i=1}^{n-2}C_{n-1}^{i-1}\times ((g_{i,0}\times (C_{i\times (i-1)/2}^0+C_{i\times (i-1)/2}^2+C_{i\times (i-1)/2}^4 +...)+(g_{i,1}\times (C_{i\times (i-1)/2}^1+C_{i\times (i-1)/2}^3+C_{i\times (i-1)/2}^5 +...))-g_{n-1,0}\times (n-1)\)

简单理解一下，就是算出用偶数条边的总方案，减去那些不连通的。枚举 \(i\) 表示 \(n\) 所在连通块的大小，剩下的随便连边，特判一下 \(i=n-1\)，因为这个时候外部只有 \(1\) 个点，只能是 \(g_{n-1,0}\times (C(n-1,n-2)=(n-1))\)，因为外面没办法连边了。

观察到对于 \(n>1\)，\((C_{n\times (n-1)/2}^0+C_{n\times (n-1)/2}^2+C_{n\times (n-1)/2}^4 +...)=(C_{n\times (n-1)/2}^1+C_{n\times (n-1)/2}^3+C_{n\times (n-1)/2}^5 +...)=2^{n\times(n-1)/2-1}\)

故我们简化一下式子。

\(g_{n,0}=2^{n\times(n-1)/2-1}-\sum_{i=1}^{n-2}C_{n-1}^{i-1}\times (g_{i,0}+g_{i,1}) \times 2^{i\times(i-1)/2-1} - g_{n-1,0} \times (n-1)\)。

同理：

\(g_{n,1}=2^{n\times(n-1)/2-1}-\sum_{i=1}^{n-2}C_{n-1}^{i-1}\times (g_{i,0}+g_{i,1}) \times 2^{i\times(i-1)/2-1} - g_{n-1,1} \times (n-1)\)。

但其实，我们更想知道的是 \(g_{i,0}-g_{i,1}\) 发现 \(g_{i,0}-g_{i,1}=(i-1)\times (g_{i,1}-g_{i,0})\)。

观察到边界值为 \(g_{1,0}=1,g_{1,1}=0\)

求一个简单的通项，\(g_{n,0}-g_{n,1}=(-1)^{n-1}\times (n-1)!\)

我们考虑把这个东西带回原来的 \(dp\) 式子，于是有：

\(dp_{s_1,s_2,...s_k}=\prod_{i=1}^{k}\lfloor\dfrac{m}{\text{lcm}_{s_i}}\rfloor\times (-1)^{|s_i|-1}\times (|s_i|-1)!\)。

为了方便转移，我们定义 \(f_S\) 表示所有 \(s_1+s_2+...+s_k=S\) 的 \(dp_{s_1,s_2,...s_k}\) 之和。

一个简单的转移就有了：\(f_S=\sum_{\text{lowbit(S)}\in S'\in S}f_{S-S'}\times \lfloor\dfrac{m}{\text{lcm}_{S'}}\rfloor\times (-1)^{|S'|-1}\times (|S'|-1)!\)

这个感觉是比较直观的，这里就不解释了。

初始值的话就是 \(f_{\emptyset}=1\)。

终于是大功告成了，答案显然是 \(f_{1,2,...,n}\)，为了弄懂这个题我也是煞费苦心啊。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(2^n\times \log m + 3^n)\)。因为 \(\text{lcm}\) 的存在。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod = 998244353;
#define maxn 17
int n;
ll m, a[maxn];
ll Lcm[1 << 16], flg[1 << 16];
ll Gcd(ll x, ll y)
{
    if(x > y) swap(x, y);
    if(x == 0) return y;
    return Gcd(x, y % x);
}
ll fact[maxn];
ll dp[1 << 16];
int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], Lcm[(1 << i - 1)] = a[i];
    fact[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
    for (int i = 1; i < (1 << n); ++i)
    {
        if(__builtin_popcount(i) == 1) continue;
        int j = __lg(i);
        if(flg[i - (1 << j)])
        {
            flg[i] = true;
            continue;
        }
        ll gcd = Gcd(Lcm[i - (1 << j)], a[j + 1]);
        if(a[j + 1] * __int128(1) * Lcm[i - (1 << j)] / gcd > m) flg[i] = true;
        else Lcm[i] = Lcm[i - (1 << j)] / gcd * a[j + 1];
    }
    dp[0] = 1;
    for (int i = 1; i < (1 << n); ++i)
    {
        // cout << i << endl;
        int I = i - (i & -i), k = i & -i;
        for (int j = I; ; j = (j - 1) & I)
        {
            if(flg[j + k])
            {
                if(!j) break;
                continue;
            }
            if(Lcm[j + k] > m)
            {
                if(!j) break;
                continue;
            }
            dp[i] += dp[i - j - k] * ((m / Lcm[j + k]) % mod) % mod * fact[__builtin_popcount(j + k) - 1] % mod * ((__builtin_popcount(j + k) & 1) ? 1 : -1);
            dp[i] %= mod, dp[i] += mod, dp[i] %= mod;
            if(!j) break;
        }
    }
    cout << dp[(1 << n) - 1] << endl;
    return 0;
}

后记

人说，
林深时见鹿，
海蓝时见鲸，
梦醒时见你。
可实际，
林深时雾起，
海蓝时浪涌，
梦醒时也许未见鹿，
未见鲸，亦未见你。
但是，
鹿踏雾而来，
鲸随浪儿起，
你没回头，又怎知我没来过。