【BZOJ 4305】 4305: 数列的GCD （数论）

4305: 数列的GCD

Description

给出一个长度为N的数列{a[n]}，1<=a[i]<=M(1<=i<=N)。

现在问题是，对于1到M的每个整数d，有多少个不同的数列b[1], b[2], ..., b[N]，满足：

(1)1<=b[i]<=M(1<=i<=N)；

(2)gcd(b[1], b[2], ..., b[N])=d；

(3)恰好有K个位置i使得a[i]<>b[i](1<=i<=N)

注：gcd(x1,x2,...,xn)为x1, x2, ..., xn的最大公约数。

输出答案对1,000,000,007取模的值。

Input

第一行包含3个整数，N，M，K。

第二行包含N个整数：a[1], a[2], ..., a[N]。

Output

输出M个整数到一行，第i个整数为当d=i时满足条件的不同数列{b[n]}的数目mod 1,000,000,007的值。

Sample Input

3 3 3
3 3 3

Sample Output

7 1 0

HINT

当d=1，{b[n]}可以为：(1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 1), (1, 2, 2), (2, 1, 1), (2, 1, 2), (2, 2, 1)。

当d=2，{b[n]}可以为：(2, 2, 2)。

当d=3，因为{b[n]}必须要有k个数与{a[n]}不同，所以{b[n]}不能为(3, 3, 3)，满足条件的一个都没有。

对于100%的数据，1<=N,M<=300000, 1<=K<=N, 1<=a[i]<=M。

Source

【分析】

　　smg，怎么说是容斥的。。。

　　【其实好像不是。。很难？？

　　搞那么久我竟然for了一遍求cnt，然后就n^2极慢。。

　　【均摊log看过很多次，懂得。。。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<cstring>
 4 #include<iostream>
 5 #include<algorithm>
 6 using namespace std;
 7 #define Mod 1000000007
 8 #define Maxn 300010
 9 #define LL long long
10 
11 int a[Maxn];
12 LL p[Maxn],ans[Maxn];
13 
14 LL qpow(LL a,int b)
15 {
16     LL ans=1;
17     while(b)
18     {
19         if(b&1) ans=(ans*a)%Mod;
20         a=(a*a)%Mod;
21         b>>=1;
22     }
23     return ans;
24 }
25 
26 LL get_c(int m,int n)
27 {
28     LL as=p[n];
29     as=as*qpow(p[m],Mod-2)%Mod;
30     as=as*qpow(p[n-m],Mod-2)%Mod;
31     return as;
32 }
33 
34 int cnt[Maxn],cc[Maxn];
35 
36 int main()
37 {
38     int n,m,k;
39     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
40     k=n-k;
41     memset(cnt,0,sizeof(cnt));
42     memset(cc,0,sizeof(cc));
43     for(int i=1;i<=n;i++) 
44     {
45         scanf("%d",&a[i]);
46         cc[a[i]]++;
47     }
48     for(int i=m;i>=1;i--)
49     {
50         for(int j=i;j<=m;j+=i) cnt[i]+=cc[j];
51     }
52     p[0]=1;
53     for(LL i=1;i<=n;i++) p[i]=(p[i-1]*i)%Mod;
54     for(int i=m;i>=1;i--)
55     {
56         if(cnt[i]<k) ans[i]=0;
57         else 
58         {
59             ans[i]=get_c(k,cnt[i])*qpow(m/i-1,cnt[i]-k)%Mod*qpow(m/i,n-cnt[i])%Mod;
60             for(int j=2;j<=m/i;j++) ans[i]=(ans[i]+Mod-ans[i*j])%Mod;
61         }
62     }
63     for(int i=1;i<m;i++) printf("%lld ",ans[i]);
64     printf("%lld
",ans[m]);
65     // printf("
");
66     return 0;
67 }

View Code

2017-03-14 22:14:32