数学(GCD,计数原理)HDU 5656 CA Loves GCD

CA Loves GCD

Accepts: 135

Submissions: 586

Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)

Memory Limit: 262144/262144 K (Java/Others)

问题描述

CA喜欢是一个热爱党和人民的优秀同♂志，所以他也非常喜欢GCD（请在输入法中输入GCD得到CA喜欢GCD的原因）。
现在他有N个不同的数，每次他会从中选出若干个（至少一个数），求出所有数的GCD然后放回去。
为了使自己不会无聊，CA会把每种不同的选法都选一遍，CA想知道他得到的所有GCD的和是多少。
我们认为两种选法不同，当且仅当有一个数在其中一种选法中被选中了，而在另外一种选法中没有被选中。

输入描述

第一行 T，表示有 T 组数据。
接下来 T 组数据，每组数据第一行一个整数 N，表示CA的数的个数，接下来一行 N 个整数 Ai​i​​ 表示CA的每个数。
1≤T≤50, 1≤N≤1000, 1≤Ai≤10001 le T le 50,~1 le N le 1000,~1 le A_i le 10001≤T≤50, 1≤N≤1000, 1≤A​i​​≤1000

输出描述

对于每组数据输出一行一个整数表示CA所有的选法的GCD的和对 100000007 取模的结果。

输入样例

2
2
2 4
3
1 2 3

输出样例

8
10

所有数据∈[1,1000]

　　这次的BestCoder没打，从没见过这么难的第二题。

　　我们令dp[i][j]表示在前i个数中，选出若干个数使得它们的gcd为j的方案数，于是只需要枚举第i+1个数是否被选中来转移就可以了。
　　令第i+1个数为v，当考虑dp[i][j]的时候，我们令dp[i+1][j] += dp[i][j],dp[i+1][gcd(j,v)] += dp[i][j]
　　复杂度O(N*MaxV) MaxV 为出现过的数的最大值。

　　其实有O(MaxV *log(MaxV))的做法，我们考虑记f[i]表示从这些数中选择若干个数，使得他们的gcd是i的倍数的方案数。假如有K个数是i的倍数，则f[i]=2^K-1，再用g[i]表示从这些数中选择若干个数，使得他们的gcd是i的方案数，则g[i]=f[i] - Σ（j是i的倍数）g[j] 。

　　由调和级数可以得到复杂度为O(MaxV *log(MaxV))

　　

　　还是挺巧妙的！

TLE的DP(MB卡常数)：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int mod=100000007;
int dp[maxn][maxn],a[maxn];
int Gcd(int a,int b){
    return b?Gcd(b,a%b):a;
}
int main(){
    int T,n,maxv;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        scanf("%d",&n);maxv=0;
        for(int i=1;i<=n;maxv=max(maxv,a[i]),i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        for(int i=0;i<=n;i++)dp[i][0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=0;j<=maxv;j++)dp[i][j]=dp[i-1][j];
            for(int j=0;j<=maxv;j++)
                (dp[i][Gcd(j,a[i])]+=dp[i-1][j])%=mod;
        }
        int ans=0;    
        for(int j=1;j<=maxv;j++)
            (ans+=dp[n][j]*j)%=mod;
        printf("%d
",ans);        
    }
    return 0;
}

第二种方法的AC程序：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int mod=100000007;
long long f[maxn],g[maxn],ans;
int main(){
    int T,n;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        memset(f,0,sizeof(f));
        for(int i=1,x;i<=n;i++){
            scanf("%d",&x);
            for(int j=1;j<=x;j++){
                if(x%j==0)
                    f[j]++;    
            }
        }
        for(int i=1;i<=1000;i++){
            long long ret=1;
            for(int j=1;j<=f[i];j++)
                (ret*=2)%=mod;
            ret-=1;    
            f[i]=ret;
        }
        for(int i=1000;i>=1;i--){
            g[i]=f[i];
            for(int j=2*i;j<=1000;j+=i)
                (g[i]-=g[j])%=mod;
        }
        ans=0;
        for(int i=1;i<=1000;i++)
            (ans+=g[i]*i)%=mod;
        printf("%lld
",(ans+mod)%mod);    
    }
    return 0;
}