P4495 [HAOI2018]奇怪的背包

题意

考虑(n=1)的情况，我们由裴蜀定理可知，(k*a_1\%P)能表示(gcd(a_1,P))的所有倍数。

扩展到多个数也是同理（不会证）：
((k_1a_1+k_2a_2+...+k_na_n)\%P)能表示出(gcd(a_1,a_2,...,a_n))的所有倍数。

于是令(v_i=gcd(v_i,P))后问题是等价的。

之后处理出(P)的所有约数，假设数量为(m)，存在(a)数组中。

设(f_{i,j})表示考虑(P)的前(i)个约数，取出的数的(gcd)为(a_j)的方案数,(cnt_i)表示(a_i)这个约数在(v)（取过(gcd)的）中出现的次数。
(f_{i,k}+=f_{i-1,j}*(2^{cnt_i}-1))
(f_{i,i}+=2^{cnt_i}-1)

之后对于每个(w_i)，我们枚举它的约数：
(ans=sumlimits_{a_i|w}f_{n,i})。

但这样询问(mq)的，我们要进一步优化：
发现(a_i)也是(P)的约数，所以(a_i|(gcd(P,w)))，因此可以使(w=gcd(w,P))。
我们预处理(g_i=sumlimits_{a_j|a_i}f_{n,j})，这样就可以(O(1))处理每次询问了。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
const int maxm=5e4+10;
const int mod=1e9+7;
int n,m,P,Q;
int a[maxm],val[maxn],cnt[maxm],pw[maxn],g[maxm];
int f[2][maxm];
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&Q,&P);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&val[i]),val[i]=__gcd(val[i],P);
	for(int i=1;i*i<=P;i++)
	{
		if(P%i)continue;
		a[++m]=i;
		if(P!=i*i)a[++m]=P/i;
	}
	sort(a+1,a+m+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)cnt[lower_bound(a+1,a+m+1,val[i])-a]++;
	pw[1]=2;
	for(int i=2;i<=n;i++)pw[i]=1ll*pw[i-1]*2%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)pw[i]=(pw[i]-1+mod)%mod;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int now=i&1;
		for(int j=1;j<=m;j++)f[now][j]=f[now^1][j];
		for(int j=1;j<i;j++)
		{
			int k=__gcd(a[i],a[j]);
			k=lower_bound(a+1,a+m+1,k)-a;
			f[now][k]=(f[now][k]+1ll*f[now^1][j]*pw[cnt[i]]%mod)%mod;
		}
		f[now][i]=(f[now][i]+pw[cnt[i]])%mod;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
		for(int j=1;j<=i;j++)
			if(a[i]%a[j]==0)g[i]=(g[i]+f[m&1][j])%mod;
	while(Q--)
	{
		int k;scanf("%d",&k);
		k=__gcd(k,P);
		printf("%d
",g[lower_bound(a+1,a+m+1,k)-a]);
	}
	return 0;
}