【没写完】随便记录下各种推式子题

CF2013E. Prefix GCD

题目大意是给定一个序列 \([a_1, a_2, a_3, \cdots, a_n]\) 你需要重新排列这个序列，使得 \(\gcd (a_1) + \gcd (a_1, a_2) + \gcd (a_1, a_2, a_3) + \cdots, + \gcd (a_1, a_2, a_3, \cdots, a_n)\) 尽可能小。

多组数据，\(n\) 总和不超过 \(10^5\)，\(a_i\) 最大值的总和也不超过 \(10^5\)。

方便起见，记 \(pre_i\) 为 \(\gcd (a_1, a_2, a_3, \cdots, a_i)\)。

显而易见的事情是，\(pre_i\) 一定在最前面的一段单调下降，随后保持同一个值，直至结尾。

证明略。直观的理解就是，如果 \(pre_i\) 还有下降的空间（存在没用过的数能让 \(pre_i\) 下降），\(a_{i + 1}\) 不能够让 \(pre_i\) 下降的话，把能让 \(pre_i\) 下的数跟原来的 \(a_{i + 1}\) 换个位就可以让答案更优。

而这样的下降不可能超过 \(log n\) 次（毕竟每次下降实际上都是除以了某个数）。

并且，对于某个数 \(x\) 而言，它在序列中反复出现实际是没意义的。因为从其第二次出现开始，就再也不可能对 \(\gcd\) 造成影响了。

考虑 dp 做法。令 \(dp[i][j]\) 表示：在 \(pre_i = j\) 的前提下，\(pre_1 + pre_2 + \cdots + pre_i\) 的最小值。

考虑如何转移。

\[dp[i + 1][y] = \min\limits_{\exists i , \ \mathrm{s.t.} \ \gcd (a_i, x) = y} dp[i][x] + y \]

也就是说，从 \(dp[i][x]\) 能够转移到 \(dp[i + 1][y]\)，核心是需要有一个 \(a_i\)，使得 \(\gcd (a_i, x) = y\)。

首先由 \(\gcd (a_i, x) = y\)，我们知道 \(x\) 这里的 \(a_i\) 一定是 \(y\) 的倍数。

同除以 \(y\)，可得 \(\gcd \left (\frac{a_i}{y}, \frac{x}{y} \right ) = 1\)。

这样上面那个「存在」的条件，就等价于：

\[\sum_{a_i, y \mid a_i} \left [ \gcd \left (\frac{a_i}{y}, \frac{x}{y} \right ) = 1 \right ] \geq 1 \]

根据莫比乌斯反演经典结论，上式等于：

\[\sum_{a_i, y \mid a_i} \sum_{d, d \mid \frac{a_i}{y}, d \mid \frac{x}{y}} \mu (d) \]

其中 \(\mu (x)\) 表示莫比乌斯函数。

交换求和顺序，可得：

\[\sum_{d, d \mid \frac{x}{y}} \mu (d) \sum_{a_i, y \mid a_i, d \mid \frac{a_i}{y}} 1 \]

因为这里 \(x\) 和 \(y\) 都是固定的数字，我们可以直接把 \(d \mid \frac{x}{y}\) 的限制条件提取到第一层枚举 \(d\) 的地方。

然后第二层循环，对 \(a_i\) 有个 \(y \mid a_i, d \mid \frac{a_i}{y}\) 的限制条件，显然后者是更强的，也就是 \(a_i\) 需要是 \(d \cdot y\) 的倍数。

方便起见，我们记 \(cnt[x]\) 表示 \(a_i\) 中有多少个数是 \(x\) 的倍数。

那么 \(\sum_{a_i, d \cdot y \mid a_i} 1\) 其实就是 \(cnt[d \cdot y]\)

总结一下，从 \(dp[i][x]\) 能够转移到 \(dp[i + 1][y]\)，需要下式成立：

\[\left ( \sum_{d, d \mid \frac{x}{y}} \mu (d) \cdot cnt[d \cdot y] \right ) \geq 1 \]

记 \(V\) 表示值域，显然我们有 \(O (V \log^2 V )\) 的方式去预处理所有合法的 \((x, y)\) 对。（其实就是调和级数复杂度再额外带个枚举因子 \(d\) 的 \(log\)）

然后进行 dp 即可。

时间复杂度 \(O (V \log^2 V + V \log V \log n)\)。

Code: 316691056