UOJ62 怎样跑得更快
怎样跑得更快
大力水手问禅师：“大师，我觉得我光有力气是不够的。比如我吃菠菜可以让力气更大，但是却没有提升跑步的速度。请问怎样才能跑得更快？我试过吃白菜，没有效果。”
禅师浅笑，答：“方法很简单，不过若想我教你，你先看看这道UOJ Round的C题。”
令 \(p = 998244353\) （\(7 \times 17 \times 2^{23} + 1\)，一个质数）。
给你整数 \(n, c, d\)。现在有整数 \(x_1, \dots, x_n\) 和 \(b_1, \dots, b_n\) 满足 \(0 \leq x_1, \dots, x_n, b_1, \dots, b_n < p\)，且对于 \(1 \leq i \leq n\) 满足：
其中 \(v \equiv u \pmod{p}\) 表示 \(v\) 和 \(u\) 除以 \(p\) 的余数相等。\(\gcd(i, j)\) 表示 \(i\) 和 \(j\) 的最大公约数，\(\text{lcm}(i, j)\) 表示 \(i\) 和 \(j\) 的最小公倍数。
有 \(q\) 个询问，每次给出 \(b_1, \dots, b_n\)，请你解出 \(x_1, \dots, x_n\) 的值。
对于所有数据，\(nq \leq 3 \times 10^5\)，\(0 \leq c, d \leq 10^9\)。
题解
不错，UOJ Round的题质量很高，还有高质量题解。
这里为了方便，令\(c‘=c-d,x’_j=j^d x_j,b‘_i=\frac {b^i}{i^d}\)。
这里出现了问题。我们没法像以前那样化简了，因为\(\gcd\)后面跟了未知数，而未知数的下标我们不能带进去算。
但是我们的确需要玩约数和倍数的trick来化简式子。这里贴下vfleaking的题解。
其实这种题都可做：
\[\begin{equation} \sum_{j=1}^n f(\gcd(i,j)) \cdot g(i) \cdot h(j) \cdot x_j = b_i \end{equation} \]可能很多人的注意力都在“这玩意儿怎么解啊”，其实只要换个姿势问问自己 “要是有人告诉了我 \(x\)，我应该怎么验证它是对的呢？” 这题就可做了。
其实关键的坑人的地方在于 \(f(\gcd(i,j))\)。假设我有一个函数 \(f_r(n)\)，满足 \(f(n) = \sum_{d \mid n}{f_r(d)}\)，其中 \(d \mid n\) 表示 \(d\) 是 \(n\) 的约数。这个式子的意思是，\(f(n)\) 等于所有 \(n\) 的约数带进 \(f_r\) 后的和。知道 \(f\) 后 \(f_r\) 是很好搞的，因为 \(f_r(n) = f(n) - \sum_{d \mid n \text{且} d \neq n}{f_r(d)}\)，所以就能递推了。妈呀，怎么枚举约数啊？其实只要这样搞就行了：
for (int i = 1; i <= n; i++) f_r[i] = f[i]; for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = i + i; j <= n; j += i) f_r[j] -= f_r[i];看起来是 \(O(n^2)\) 的？好吧如果你不知道这是 \(O(n \log n)\) 的话就是个悲伤的故事。由于
\(\sum_{i = 1}^{n}{\frac{1}{i}} = O(\log n)\)，所以 \(\sum_{i = 1}^{n}{\frac{n}{i}} = O(n \log n)\)。为什么要这样？因为我们知道如果 \(d \mid \gcd(i, j)\) 那么肯定有 \(d \mid i\) 且 \(d \mid j\)，反之亦然。这样就把讨厌的 \(\gcd\) 给去掉了。
也可以通过每个初学者都会看到但可能永远用不着的式子\(f=g*I \Rightarrow g=f*\mu\)解决求\(f_r\)的问题，时间复杂度\(O(n \log n)\)。
后面那个求和式是在枚举\(d\)的倍数，只与\(d\)有关，所以先记为\(z_d\)。
用同样的手段得到
任选其一解出\(f_r(i)z_i\)，即可求得\(z_i\)。然后回代\(z\)的原式。
所以，继续vfleaking的题解。
for (int i = 1; i <= n; i++) hx[i] = z[i]; for (int i = n; i >= 1; i--) for (int j = i + i; j <= n; j += i) hx[i] -= hx[j];嗯，现在我们知道了 \(h(j) x_j\)，那么 \(x_j\) 就好求了。
由于中间过程涉及了除法，所以就会带来无解和多解的情况。对于本题 \(g(i)\) 和 \(h(j)\) 肯定都不是 \(p\) 的倍数，所以都有逆元。而 \(f_r(d)\) 可能没有逆元。这种情况假如 \(f_z[d] \neq 0\) 那么显然无解，如果 \(f_z[d] = 0\) 就有多组解，我们把 \(z_d\) 随便附个值比如让 \(z_d = 0\) 就好了。
罗嗦了半天其实跟算法五本质是一样的。这题其实就是把 \(b\) 除以 \(g(i)\) 然后莫比乌斯反演，然后除以 \(f\) 的莫比乌斯反演，再进行莫比乌斯反演，再除以 \(h(j)\)，三个莫比乌斯反演掷地有声。
时间复杂度\(O(qn \log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define co const
#define il inline
template<class T> T read(){
T x=0,w=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-') w=-w;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*w;
}
template<class T> il T read(T&x){
return x=read<T>();
}
using namespace std;
typedef long long LL;
co int mod=998244353;
il int add(int a,int b){
return (a+=b)>=mod?a-mod:a;
}
il int mul(int a,int b){
return (LL)a*b%mod;
}
il int fpow(int a,int b){
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))
if(b&1) ans=mul(ans,a);
return ans;
}
co int N=100000+10;
int main(){
int n=read<int>(),c=read<int>()%(mod-1),d=read<int>()%(mod-1);
c=(c+mod-1-d)%(mod-1);
static int f[N];
for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=fpow(i,c);
for(int i=1;i<=n;++i) // fr
for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
f[j]=add(f[j],mod-f[i]);
for(int q=read<int>();q--;){
static int b[N];
for(int i=1;i<=n;++i) b[i]=mul(read<int>(),fpow(i,mod-1-d));
for(int i=1;i<=n;++i) // fr * z
for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
b[j]=add(b[j],mod-b[i]);
bool valid=1;
for(int i=1;i<=n;++i){ // z
if(f[i]!=0) b[i]=mul(b[i],fpow(f[i],mod-2));
else if(b[i]!=0) {valid=0;break;}
}
if(!valid) {puts("-1");continue;}
for(int i=n;i>=1;--i) // x
for(int j=i+i;j<=n;j+=i)
b[i]=add(b[i],mod-b[j]);
for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",mul(b[i],fpow(i,mod-1-d)));
puts("");
}
return 0;
}
