毒瘤数学题汇总（二）

上来先搞个链表

毒瘤数学题汇总

51nod 1355 斐波那契数列的最小公倍数

题意

输出Lcm(F(a1), F(a2) ...... F(an)) Mod 1000000007的结果。

n <= 50000, a <= 1000000

题解

ddy题解

首先要知道一个结论：(gcd(f[i], f[j]) = f[gcd(i, j)])，其中 (f) 为斐波那契数列。

题目的意思是说，求：

[LCM_{i∈S}f[i] ]

质因数分解得：

[prod_{p}p^{max_{i∈S}(b_i)} ]

然而我们只知道gcd相关，因此将其用min-max定理尝试转化成gcd:

[prod_p p^{sum_{T∈S,T ot=0}min_{i∈T}(b_i)(-1)^{|T| + 1}} ]

将关于一个 (T) 的所有子集的(p)合并一下：

[prod_{T∈S,T ot=0}gcd_{i∈T}(f[i])^{(-1)^{|T| + 1}} ]

套用上面的那个结论：

[prod_{T∈S,T ot=0}f[gcd_{i∈T}(i)]^{(-1)^{|T| + 1}} ]

再套用经典版的莫比乌斯反演，众所周知：

[f(n)=sum_{i|n}g(i) ]

[g(n)=sum_{i|n}f(i)mu(i) ]

其实对于连乘积也有类似的式子：

[f(n) = prod_{i|n}g(i) ]

[g(n)=prod_{i|n}f(i)^{mu(i)} ]

两式两边都取对数即可证明。

那么我们将 (f[gcd(T)]) 看作 (f(n))，这样的话 (f[gcd(T)]) 会略微好看一些。同时 (g(n)) 也可以在 (O(nlnn)) 的时间内搞定。

那么我们继续推式子:

[prod_{T∈S,T ot=0} prod_{d|gcd(T)} g(d)^ {(-1)^{|T| + 1}} ]

然后提取 (g(d))：

[prod_d g(d)^{sum_{T,T ot=0,d|gcd(T)}(-1)^{|T| + 1}} ]

发现其中的 (d|gcd(T)) 很有意思，它的意思是 (d) 能够整除 (T) 中的所有数。那么我们只用在 (S) 中仅选择一些 (d) 的倍数组成 (T)，就可以让 (g(d)) 做出贡献：（假设 (S) 中有 (cnt) 个数是 (d) 的倍数）

[sum_{i>0} C_{cnt}^{i}(-1)^{|i|+1} ]

这不就是二项式定理（组合恒等式)吗？只不过少了个 (i=0)。因此它等于：

[1 ]

也就是说，只要 (S) 中含有 (d) 的倍数，就会有一个 (g(d))

[prod_d g(d) ]

然后(O(nlnn))预处理出 (g(d)) 和 (d)，对应相乘即可。

Continued...

P4619 [SDOI2018]旧试题

题意

求：

[sum_{i=1}^A sum_{j=1}^B sum_{k=1}^C d(ijk) ]

其中 (d(n)) 表示 (n) 的约数个数。

[A,B,C<=100000 ]

题解

首先如果 (C=0)，那么就成了一个经典的数论问题：

[sum_{i=1}^Asum_{j=1}^B d(ij) ]

可以转化为：

[sum_{i=1}^A sum_{j=1}^B sum_{x|i}sum_{y|j}[gcd(x,y)=1] ]

这就相当于枚举 (frac{i}{x} * y)，并且能够恰好不重不漏地枚举到所有约数。可以质因数分解后理解。

那么对于 (C > 1) 的情况，是否存在类似的枚举方法呢？

实际上是有的。

[sum_{i=1}^A sum_{j=1}^B sum_{k=1}^C d(ijk) ]

可以转化为：

[sum_{i=1}^A sum_{j=1}^B sum_{k=1}^C sum_{x|i} sum_{y|j} sum_{z|k}[(x,y)=1][(y,z)=1][(x,z)=1] ]

交换求和号：（这一步还是比较重要的，否则会带着九个(sum) 走向自闭）

[sum_{x=1}^A sum_{y=1}^A sum_{z=1}^A [(x,y)=1][(y,z)=1][(x,z)=1] (frac{A}{x})(frac{B}{y})(frac{C}{z}) ]

我们看到了亲切的中括号，自然地想到莫比乌斯反演。

[sum_{x|i} sum_{y|j} sum_{z|k} (frac{A}{x})(frac{B}{y})(frac{C}{z}) sum_{u|x,u|y} sum_{v|y,v|z} sum_{w|x,w|z} mu(u)mu(v)mu(w) ]

然后很自然地想到提前 (mu)。不过平时都是只提前一个，这次一下子提前了三个，实际上只要保证每一个 (mu) 被枚举的次数是一样的，那么这个转化就是可以的。

假设 (A > B > C)。

[sum_{u=1}^A sum_{v=1}^A sum_{w=1}^A mu(u)mu(v)mu(w) sum_{u|x,w|x} sum_{u|y,v|y} sum_{v|z,w|z} (frac{A}{x})(frac{B}{y})(frac{C}{z}) ]

略微再换一下顺序:

[sum_{u=1}^A mu(u) sum_{v=1}^A mu(v) sum_{w=1}^A mu(w) sum_{u|x,w|x} (frac{A}{x}) sum_{u|y,v|y} (frac{B}{y}) sum_{v|z,w|z} (frac{C}{z}) ]

其中(u|x,w|x)太麻烦，不过它等同于 ([u,w]|x)。因此:

[sum_{u=1}^A mu(u) sum_{v=1}^A mu(v) sum_{w=1}^A mu(w) sum_{[u,w]|x} (frac{A}{x}) sum_{[u,v]|y} (frac{B}{y}) sum_{[v,w]|z} (frac{C}{z}) ]

发现右面结构比较相似，用一个函数总结一下：

[f_T(n) = sum_{n|x}(frac{T}{x}) ]

这样就成了：

[sum_{u=1}^A mu(u) sum_{v=1}^A mu(v) sum_{w=1}^A mu(w) f_A([u,w])f_B([u,v])f_C([v,w]) ]

然后就可以 (O(n^3)) 枚举了。

发现还是 (n^3)。不过这次我们就不用枚举完(n^3)，因为最小公倍数通常会是 (n^2) 级别，(f_T(n)) 通常是0，那么如果它是0的话我们就不用管他了。

然而其中的 (n) 其实是个数对的最小公倍数，一下子限制两个数。一组非零的解为 (u,v,w,mu() ot=0,[...]<=A)，符合这个的有序三元组 ((u,v,w)) 可以有贡献。那么我们只用枚举这些三元组即可。如果我们将符合条件的数对连接，那么实际上我们是在枚举一些三元环。

实测表示，图中的边并不多，枚举所有三元环的复杂度为 (O(m sqrt m))。因此，如果我们能够迅速连边，迅速枚举三元环的话，就可以通过这道题了。

建边的话，首先我们可以枚举所有的lcm，当然要抛弃掉 (mu) 为0的。那么剩下的应该不会一个质因数出现超过一次。那么我们将其质因数分解，然后要从中选取两个数，使得其Lcm为我们枚举的那个lcm。这一部分可以枚举子集 和 子集的子集+补集来实现。这样我们就可以近似 (O(m)) 地建边了。

三元环科技见：不常用的黑科技——「三元环」

更多细节见题解代码。

P5400 [CTS2019]随机立方体

又是一道做了好几个月的题（其实是鸽了好几个月的题）

题目简短，代码简短，思维量极大。

首先看到“至少”，并且直接算还不好算，就应该想到二项式反演，变成“钦定”。

设 (f(k)) 表示钦定 (k) 个“极值点”（极大格子，简称“极值”或“极点”）的方案数。“钦定”即我们只考虑与之相关的东西即可，即每个点能控制其控制区间（即同行或同列或同层），且不相互控制。

设 (h(i)) 表示将 (i) 个极点及其管辖区域（同控制区间)从小到大一点一点分配好数字（只考虑相对大小，不考虑真实的值）的方案数。

设 (g(i)) 表示 (i) 个极值点的管辖区域大小。这个最好算，是 (tot - (n - i)(m-i)(l-i))，其中 (tot = n * m * l)。

然后就可以用 (h(k)) 和 (g(k)) 来表示 (f(k)) 了：

[f(k) = egin{pmatrix} tot \ g(k) end{pmatrix}(tot - g(k))!h(k)egin{pmatrix} n \ k end{pmatrix}egin{pmatrix} m \ k end{pmatrix}egin{pmatrix} l \ k end{pmatrix}k!k!k!]

（先从 (tot) 个数里面选择 (g(k)) 个数作为我们管辖区域的数集，管辖区域外面的数随便选；再选出极点的位置（用有序三元组表示，相对顺序为大小顺序，因此共三个阶乘），最后从小到大一点点算 (h(k))）

现在考虑推 (h(i))。我们重新分配数字，由于之前乘了阶乘，使三元组有序，因此我们已经知道最大的是那一个点了。最大的数字一定被分配给第 (i) 个极点，剩下的由 (i) 多管辖的那部分点 （共 (g(i) - g(i-1) - 1) 个点）依次随便选数，剩下的顺序交给 (h(i-i)) 处理。即：

[h(i) = (g(i)-1)(g(i)-2)...(g(i - 1) + 1)h(i-1) ]

阶乘的形式表示：

[h(i) = frac{(g(i)-1)!}{g(i-1)!}h(i-1) ]

根据 (h(0) = 1) 以及 (g(0) = 1)，展开 (h) 进行套娃

[h(i) = frac{(g(i)-1)!}{g(i-i)!} frac{(g(i-1)-1)!}{g(i-2)!}...frac{(g(1)-1)!}{1} ]

[= frac{(g(i)-1)!}{g(i-1)g(i-2)...g(1)} ]

化简 (f)：

[f(k) = frac{tot!}{g(k)!}h(k)egin{pmatrix} n \ k end{pmatrix}egin{pmatrix} m \ k end{pmatrix}egin{pmatrix} l \ k end{pmatrix}k!k!k!]

[f(k) = frac{tot!}{g(k)g(k-1)...g(1)}egin{pmatrix} n \ k end{pmatrix}egin{pmatrix} m \ k end{pmatrix}egin{pmatrix} l \ k end{pmatrix}k!k!k!]

再回过头来看二项式反演，设 (A(k)) 表示恰好有 (k) 个极点的方案数。

[f(k) = sum_{i=k}^{tot} inom{tot}{i}A(i) ]

[A(k) = sum_{i=k}^{tot} (-1)^{i-k} inom{tot}{i}f(i) ]

设 (Ans(k)) 表示恰好有 (k) 个极点的概率。

[Ans(k) = A(k) / (tot!) ]

[= sum_{i=k}^{tot} (-1)^{i-k} inom{tot}{i}frac{inom{n}{i} inom{m}{i} inom{l}{i}i!i!i!}{g(1)g(2)...g(i)} ]

发现这玩意可以算得挺快，那个 (1/(g(1)g(2)...g(i))) 可以直接预处理出来，这样就能做到 (O(TnlogN))（(N) 表示值域）。如果害怕过不去的话，可以使用求逆元小技巧：

mul[0] = 1;
for (register int i = 1; i <= mn; ++i)
	g[i] = ((tot - (n - i) * (m - i) % P * (l - i) % P) % P + P) % P,
	mul[i] = g[i] * mul[i - 1] % P;
muli[mn] = quickpow(mul[mn], P - 2);
for (register int i = mn - 1; i; --i)
	muli[i] = muli[i + 1] * g[i + 1] % P;

这样就是 (O(Tn)) 了。