P6298 齿轮 题解

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简要题意：

求在 \(n\) 个数中选 \(k\) 个数使其 \(\gcd\) 分别为 \(1\) ~ \(m\) 的个数。\(m = \max_{i=1}^n a_i\).

这是某洛谷月赛的 \(\text{T2}\)，有一定思维难度。

子任务 \(1\)

子任务 \(1\) ：\(n \leq 10\)，\(m \leq 10^6\)，\(k \leq 10\)

暴力枚举 \(k\) 个数记录 \(\text{gcd}\) 即可。

时间复杂度：\(O(C_n^k \log C_n^k)\).

实际得分：\(10pts\).

子任务 \(2\)

子任务 \(2\)：\(n,m,k \leq 10^3\).

给一些简单 \(\text{dp}\) 乱搞的部分分。

子任务 \(3\)

子任务 \(3\)：\(n \leq 10^6\)，\(m \leq 10^3\)，\(k \leq 2\).

预处理两两 \(\gcd\). 但不是 \(O(n^2 \log m)\) 的那种，而是预处理所有 \(\leq 10^3\) 的数的个数记为 \(f\)，在 \(f\) 上两两匹配 \(\gcd\) 记录个数即可。

时间复杂度：\(O(m^2 \log m)\).

实际得分：\(5pts\).

子任务 \(4\)

子任务 \(4\)：\(n,m \leq 10^6\)，\(k \leq 1\)

这是个送分的子任务，统计每个数出现的次数即可。

时间复杂度：\(O(n)\).

实际得分：\(5pts\).

子任务 \(5\)

子任务 \(5\)：\(n,m \leq 10^6\)，\(k \leq 2\).

似乎不能暴力统计两两 \(\gcd\) 了。所以这个子任务想要解决必须写正解，如果你会乱搞可以试一试。

子任务 \(1\) ~ \(6\)

对于 \(100 \%\) 的数据，\(n,m \leq 10^6\),\(1 \leq k \leq n\).

我们需要考虑高级的 \(\text{dp}\) 方式。

用 \(g_i\) 表示选出 \(k\) 个数，其 \(\text{gcd}\) 为 \(i\) 的倍数 的个数。这里我们要考虑容斥，不是很简单的样子。

\[g_i = C_{\sum_{j=1}^n [i | a_j]}^k \]

因为在所有是 \(i\) 的倍数中选 \(k\) 个用组合，但是不完全正确，因为 \(g_i\) 很有能计算重复，所以我们用 容斥 计算，把所有的 \(g_j (i | j \space \space \text{and} \space \space i \not = j)\) 全部减掉，然后对它们的和进行组合。

如何计算组合呢？我们可以预处理 阶乘逆元 然后 \(O(1)\) 回答。

时间复杂度：\(O(n + m) + \sum_{i=1}^m O \big(\lfloor \frac{m}{i} \rfloor \big) = O(n + m \log m)\).

实际得分：\(100pts\).

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int MOD=1e9+7;
const int N=1e6+1;

inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

ll f[N],inv[N],invf[N];
ll g[N]; int t[N],n,m,k;

inline ll calc(int x,int y) {
	return x<y?0:(f[x]*invf[y]%MOD*invf[x-y]%MOD);
}  //组合

int main(){
	n=read(),m=read(),k=read();
	f[0]=invf[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		inv[i]=(i==1)?1:(inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD);
		f[i]=f[i-1]*i%MOD; invf[i]=invf[i-1]*inv[i]%MOD; //处理逆元，阶乘逆元
		t[read()]++; //记录桶
	} for(int i=m;i;i--) {
		int cnt=0; //记录和
		for(int j=1;i*j<=m;j++) cnt+=t[i*j],g[i]=(g[i]-g[i*j]+MOD)%MOD; //容斥减掉 , 统计和
		g[i]=((g[i]+calc(cnt,k))%MOD+MOD)%MOD; //和的组合
	} for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld ",g[i]);
	return 0;
}