【CF653G】Move by Prime 组合数

【CF653G】Move by Prime

题意：给你一个长度为n的数列$a_i$，你可以进行任意次操作：将其中一个数乘上或者除以一个质数。使得最终所有数相同，并使得操作数尽可能小。现在我们想要知道$a_i$的所有子序列的操作数之和是多少。答案对$10^9+7$取模。

$n,a_ile 3 imes 10^5$

题解：显然要对每个质数分别处理。而对于每个质数，最终一定是让所有数都变成该序列的中位数最优。因此如果所有数的次数分别是$k_1,k_2...k_n$，则如果i在中位数左边，则贡献为$-k_i$，否则贡献为$k_i$。那么我们只需要知道有多少子序列满足i在中位数左边/有边就行了。

考虑如下生成函数：

$(1+{1over x})^{i-1}(1+x)^{n-i}={(1+x)^{n-1}over x^{i-1}}$

它的意义显然是：$x^j$的系数等于i右面的数比左面的数多j的方案数。显然我们要的就是所有j为正的系数-所有j为负的系数。显然就是：

$sumlimits_{j=i}^nC_{n-1}^j-sumlimits_{j=0}^{i-2}C_{n-1}^j$

维护个组合数的前缀和就好了。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn=300010;
typedef long long ll;
const ll P=1000000007;
int n,num;
ll ans;
int pri[maxn],vis[maxn];
ll s[maxn],ine[maxn],jc[maxn],jcc[maxn];
vector<int> v[maxn];
vector<int>::iterator it;
inline ll c(int a,int b)
{
	if(a<b)	return 0;
	return jc[a]*jcc[b]%P*jcc[a-b]%P;
}
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+(gc^'0'),gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd();
	int i,j,t;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		t=rd();
		for(j=2;j*j<=t;j++)	if(t%j==0)
		{
			if(!vis[j])	pri[++num]=j,vis[j]=num;
			int tmp=0;
			while(t%j==0)	t/=j,tmp++;
			v[vis[j]].push_back(tmp);
		}
		if(t!=1)
		{
			if(!vis[t])	pri[++num]=t,vis[t]=num;
			v[vis[t]].push_back(1);
		}
	}
	ine[0]=ine[1]=jc[0]=jc[1]=jcc[0]=jcc[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++)	ine[i]=P-(P/i)*ine[P%i]%P,jc[i]=jc[i-1]*i%P,jcc[i]=jcc[i-1]*ine[i]%P;
	s[0]=1;
	for(i=1;i<n;i++)	s[i]=(s[i-1]+c(n-1,i))%P;
	for(i=1;i<=num;i++)
	{
		int k=n-v[i].size();
		sort(v[i].begin(),v[i].end());
		for(it=v[i].begin();it!=v[i].end();it++)
		{
			k++;
			ans=(ans+(*it)*(((k==1)?0:s[k-2])-s[n-1]+s[k-1]))%P;
		}
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;