hdu6053(莫比乌斯+容斥+分块)

题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6053

题意: 给出一个含 n 个元素的 a 数组, 求 bi <= ai 且 gcd(b1, ..., bn) >= 2 的 b 数组的数目；

思路: 首先想到的方法是枚举 gcd, 对于每个 gcd x 的情况, 将所有 bi / x 连乘, 然后将所有 gcd 的情况累加一下就能的到答案了 .

然而其时间复杂度为 O(t * min(a) * n), 铁定 tle；

对于后面连乘部分是可以优化一下的 . 把 a 数组元素装到一个桶里面, 然后枚举 gcd 时按照 ai / gcd 的值分下块,

对于区间 [gcd * k, gcd * (k + 1 ) - 1], 显然区间内的值除 gcd 的商都为 k, 若 a 中有 cnt 个元素处于该区间, 那么该块内的 b 数组元素有 k^cnt 种选择方案,

再将不同块的方案数乘起来就是当前 gcd 对答案的贡献了 .

然而上面还会出现重复计算(个人感觉这个有点难理解):

对于不能分解成不同素数乘积形式的 gcd, 在第一次计算其中多次出现的素因子作 gcd 时已经计算过了, 所以不累加到答案上 .

对于能分解成不同素数乘积形式的 gcd, 其中重复计算的我们可以用容斥去重, 奇加偶减 .

可以发现这和 moblus 函数很相近, 对与不能分解成不同素数乘积形式的数, 其 mu 值为 0, 对于能分解成不同素数乘积形式的数, 若其长度为奇数, mu 值为 -1, 长度为偶数则 mu 值为 1, 恰好与容斥的奇加偶减相反, 所以给 mu 加个负号即可 .

代码:

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;
const int MAXN = 1e5 + 10;

bool check[MAXN];
int prime[MAXN], mu[MAXN], vis[MAXN << 1];

void Moblus(void){
    memset(check, false, sizeof(check));
    int tot = 0;
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i < MAXN; i++){
        if(!check[i]){
            prime[tot++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 0; j < tot && i * prime[j] < MAXN; j++){
            check[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0){
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }
}

ll get_pow(ll x, int n){
    ll ans = 1;
    while(n){
        if(n & 1) ans = ans * x % mod;
        x = x * x % mod;
        n >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main(void){
    Moblus();
    int t, n, x;
    scanf("%d", &t);
    for(int cas = 1; cas <= t; cas++){
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        int mi = MAXN, mx = - MAXN;
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 0; i < n; i++){
            scanf("%d", &x);
            vis[x] += 1;
            mi = min(mi, x);
            mx = max(mx, x);
        }
        for(int i = 1; i < (MAXN << 1); i++){//注意范围
            vis[i] += vis[i - 1];
        }
        ll ans = 0;
        for(int i = 2; i <= mi; i++){
            ll cnt = 1;
            if(mu[i]){
                for(int j = i; j <= mx; j += i){
                    cnt = (cnt * get_pow((ll)(j / i), vis[j + i - 1] - vis[j - 1])) % mod;
                }
            }
            ans = (ans - cnt * mu[i] + mod) % mod; 
        }
        printf("Case #%d: %lld
", cas, ans);
    }
    return 0;
}