[dfs][exgcd][容斥原理] Jzoj P5796 划分

Description

有一个未知的序列x，长度为n。它的K-划分序列y指的是每连续K个数的和得到划分序列，y[1]=x[1]+x[2]+....+x[K]，y[2]=x[K+1]+x[K+2]+....+x[K+K]....。若n不被K整除，则y[n/K+1]可以由少于K个数加起来。比如n=13，K=5，则y[1]=x[1]+...+x[5]，y[2]=x[6]+....+x[10]，y[3]=x[11]+x[12]+x[13]。若小A只确定x的K[1]划分序列以及K[2]划分序列....K[M]划分序列的值情况下，问她可以确定x多少个元素的值。

Input

第一行输入两个正整数n，M。
第二行输入M个正整数表示K[1],K[2].....K[M]。

Output

输出1个整数，表示能确定的元素

Sample Input

【输入样例1】
3 1
2
【输入样例2】
6 2
2 3
【输入样例3】
123456789 3
5 6 9

Sample Output

【输出样例1】
1
【输出样例2】
2
【输出样例3】
10973937

Data Constraint

对于20%的数据，3 <= N <= 2000,M<=3。
对于40%的数据，3 <= N <= 5*10^6。
对于100%的数据，3 <= N <= 10^9 , 1 <= M <= 10，2 <= K[i] < N。

Hint

【样例1解释】
小A知道x的2-划分序列，即分别知道x[1]+x[2]，x[3]的值。
小A可以知道x[3]的值。
【样例2解释】
小A知道x的2-划分序列，即分别知道x[1]+x[2]，x[3]+x[4]，x[5]+x[6] 的值。
小A知道x的3-划分序列，即分别知道x[1]+x[2]+x[3] ，x[4]+x[5]+x[6] 的值。
小A可以知道x[3],x[4]的值，个数为2.

题解

首先，如果x[p]能算出来，对于一组(i,j)，必存在P%k[i]=0,P%k[j]=1
也就是a1*k[i]-a2*k[j]=1，这个显然可以用扩展欧几里得来求解，且要满足gcd(k[i],k[j])=1
然后这样的话，会出现重复计算，考虑容斥
容斥系数就是子数的奇偶性
观察一下式子：
P mod k[i1]=0,P mod k[i2]=0,P mod k[i3]=0, ……
P mod k[j1]=1,P mod k[j2]=1,P mod k[j3]=1, ……
其实等价于P mod lcm(k[i1],k[i2]...)=0 P mod lcm(k[j1],k[j2...)==1
这个可以用扩展欧几里得来解，然后对于一组解的可求出P的方案数为ki $a_{i} * x \in [1, n]$
$a_{i} * x \in [1, n]$

$a_{i} * x \in [1, n]$

 1 #include <cstdio>
 2 #include <iostream>
 3 #include <algorithm>
 4 using namespace std;
 5 int i,n,m,k[12];
 6 long long d,x,y,ans;
 7 void exgcd(long long a,long long b,long long &d,long long &x,long long &y)
 8 {
 9     if (!b) d=a,x=1,y=0; 
10     else exgcd(b,a%b,d,y,x),y=y-x*(a/b);
11 }
12 long long gcd(long long x,long long y) { return y?gcd(y,x%y):x; }
13 long long lcm(long long x,long long y) { return x*y/gcd(x,y); }
14 void dfs(int t,long long tot1,long long tot2,long long x1,long long x2,long long w)
15 {
16     if (x1>n||x2>n) return;
17     if (t>m)
18     {
19         if (tot1==0||tot2==0) return;
20         exgcd(x1,x2,d,x,y);
21         if (d<0) x=-x,y=-y,d=-d; 
22         if (d>1) return;
23         x=(x%x2+x2)%x2;
24         ans+=w*((1LL*n/x1-x)/x2+(x1*x<=n));
25         return;
26     }
27     dfs(t+1,tot1,tot2,x1,x2,w);
28     dfs(t+1,tot1+1,tot2,lcm(x1,k[t]),x2,-w);
29     dfs(t+1,tot1,tot2+1,x1,lcm(x2,k[t]),-w);
30 }
31 int main()
32 {
33     freopen("sazetak.in","r",stdin);
34     freopen("sazetak.out","w",stdout);
35     scanf("%d%d",&n,&m);
36     for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&k[i]);
37     k[++m]=n;
38     dfs(1,0,0,1,1,1);
39     printf("%lld",ans);
40     return 0;
41 }