【题解】JXOI2018游戏(组合数)

【题解】JXOI2018游戏(组合数)

题目大意

对于\([l,r]\)中的数,你有一种操作,就是删除一个数及其所有倍数。问你删除所有数的所有方案的步数之和。 由于这里是简化题意,有一个东西没有提到: 你可以“删除”已经被删除的点。而且即使你已经删掉了所有的数,若你仍然要继续操作直到做了\(r-l+1\)不同的删除动作。这将计入方案。

可能还是没有讲清楚,可以去康康原题...

实际上我想写一下题解是因为一个思想的方法...

考虑将\([l,r]\)每一个数向他的倍数连边。这可以形成一个拓扑图。删除一个点\(x\)的效果就是将拓扑图中所有能被\(x\)到达的点删掉。那么删除整张图的充分必要条件是所有入度数为\(0\)的点被删除掉。那么考虑那些入度为\(0\)的数是哪些。一些数被连边是由于在区间中存在他的因数,所以一个数没有被进入是因为他的最大约数小于边界\(l\)。考虑如何筛选出最大约数小于某个值的数,可以让这个数除去他的最小因子——最小因子=最小的质因子。所以可以直接线性筛所有数的最小质因子即可。

其实上面这段话可以用三个显然概括掉,但是我想记录一下这个思路,所以写得很啰嗦清晰。

考虑一个删数的方案其实是一个排列。记\(n=r-l+1,m=\)入度等于0的点个数。

枚举删除需要\(i\)步,也就说\(m\)个数字要在第\(i\)位正好全部出现。那么对于前面\(i \ge m\)个位置,先钦定一个放在第\(i\)位也就是\(m \choose 1\),然后剩下的随便排列就是\((m-1)!\)但是有一些缺的位置那么从后面选点过来填上就是\(A_{n-m}^{i-m}\) 然后剩下的数随便排列也就是\((n-i)!\)

最终答案:
\[ \sum_{m\le i\le n} i{m\choose 1}(m-1)!{n-m\choose i-m}(i-m)!(n-i)! \]

//@winlere
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>

using namespace std;  typedef long long ll;
inline int qr(){
      register int ret=0,f=0;
      register char c=getchar();
      while(c<48||c>57)f|=c==45,c=getchar();
      while(c>=48&&c<=57) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
      return f?-ret:ret;
}

const int maxn=1e7+5;
const int mod=1e9+7;
int usd[maxn],Min[maxn];
int jc[maxn],inv[maxn];
vector<int> ve;
inline int ksm(const int&base,const int&p){
      int ret=1;
      for(int t=p,b=base%mod;t;t>>=1,b=1ll*b*b%mod)
        if(t&1) ret=1ll*ret*b%mod;
      return ret;
}
inline void pre(const int&n){
      jc[0]=inv[0]=1;
      for(register int t=1;t<=n;++t) jc[t]=1ll*jc[t-1]*t%mod;
      inv[n]=ksm(jc[n],mod-2);
      for(register int t=n-1;t;--t) inv[t]=1ll*inv[t+1]*(t+1)%mod;
      Min[1]=10; usd[1]=1;
      for(register int t=2;t<=n;++t){
        if(!usd[t]) ve.push_back(t),Min[t]=t;
        for(register auto i:ve){
          if(1ll*i*t>n) break;
          usd[i*t]=1;
          Min[i*t]=min(Min[t],i);
          if(t%i==0) break;
        }
      }
}

inline int c(const int&n,const int&m){
      if(n<m)return 0;
      return 1ll*jc[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}

int l,r,m,n;
int main(){
      l=qr(); r=qr();
      n=r-l+1;
      pre(r+3);
      for(register int t=l;t<=r;++t) if(t<1ll*l*Min[t]) ++m;
      int ans=0;
      for(register int t=m,ret;t<=n;++t){
        ret=1ll*t%mod*m%mod*c(n-m,t-m)%mod*jc[t-1]%mod*jc[n-t]%mod;
        ans=(ans+ret)%mod;
      }
      printf("%d\n",ans);
      return 0;
}
posted @ 2019-09-22 19:39 谁是鸽王 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏