CQOI2015 选数

题目

从([L, H])（(H-Lleq 10^5)）选出(n)个整数，使得这些数的最大公约数为(k)的方案数。

算法

首先有一个很简单的转化，原问题可以简化为：

从([lceil {frac L k} ceil, lfloor {frac H k} floor])中选出(n)个整数，使得这些数的最大公约数为(1)的方案数。

下面，(L)的意义不再是原题的意义了，而是(lceil {frac L k} ceil)，(H)同理。

算法1

设(dp(i))为从选出的这些数最大公约数的为(i)的方案数。那么我们可以得到：

[dp(i)=(lfloor {frac H i} floor - lfloor {frac {L - 1} i} floor)^n-sum_{i|j,i < j}dp(j) ]

然后我们就这样DP就有(80)分了，时间复杂度(O(H))（这里的(H)不是指的是题目中的(H)，而是重新定义的(H)）。

算法2

对上面的DP进行莫比乌斯反演。

设(F(i))为选出的数的最大公约数能够被(i)整除的方案数，那么：

[F(i)=sum_{i|d}dp(d) ]

反演得：

[dp(d)=sum_{d|i}mu(frac i d) F(i) ]

我们求的是(dp(1))，所以(d=1)。

[dp(1)=sum_{i=1}^Hmu(i) F(i)=sum_{i=1}^Hmu(i)(lfloor {frac H i} floor - lfloor {frac {L - 1} i} floor)^n ]

这个算起来也是(O(H))的，但是我们还可以继续化简下去。注意到题目中的条件(H-Lleq 10^5)。

当(i geq H-(L-1))，即(i > H - L)的时候，我们可以发现一个很神奇的东西，那就是(lfloor {frac H i} floor - lfloor {frac {L - 1} i} floor)要么等于(0)，要么等于(1)，所以我们可以把指数去掉！

[dp(1)=sum_{i=1}^{H-L}mu(i)(lfloor {frac H i} floor - lfloor {frac {L - 1} i} floor)^n+sum_{i=H-L+1}^Hmu(i)(lfloor {frac H i} floor - lfloor {frac {L - 1} i} floor) ]

加号左边的式子我们可以暴力算出，现在问题是右边那个怎么算。我们可以计算它的补集：

[sum_{i=H-L+1}^Hmu(i)(lfloor {frac H i} floor - lfloor {frac {L - 1} i} floor)=sum_{i=1}^Hmu(i)(lfloor {frac H i} floor-lfloor {frac {L - 1} i} floor)-sum_{i=1}^{H-L}mu(i)(lfloor {frac H i} floor - lfloor {frac {L - 1} i} floor) ]

减号右边的式子我们又可以暴力算出，而左边的，注意到它就是原问题，不过此时(n=1)。

原问题：(sum_{i=1}^Hmu(i)(lfloor {frac H i} floor - lfloor {frac {L - 1} i} floor)^n)
现在我们求的：(sum_{i=1}^Hmu(i)(lfloor {frac H i} floor-lfloor {frac {L - 1} i} floor))

这样，我们的问题是：从([L, H])中选出(1)个整数，使得这些数的最大公约数为(1)的方案数。

这个问题的答案就是(sum_{i=1}^Hmu(i)(lfloor {frac H i} floor-lfloor {frac {L - 1} i} floor))，若(L=1)，那么式子的值就是(1)，否则就是(0)。

至此，我们就巧妙地解决这道题，时间复杂度(O(H-L))。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long i64;

const int MAXN = (int) 1e5 + 3;
const int MOD = (int) 1e9 + 7;

int H, L, n;

int myPower(int a, int b) {
	int ans = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) 
			ans = (i64) ans * a % MOD;
		a = (i64) a * a % MOD;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

int main() {
	freopen("number.in", "r", stdin);
	freopen("number.out", "w", stdout);

	int k;
	scanf("%d%d%d%d", &n, &k, &L, &H);
	L = (L + k - 1) / k;
	H = H / k;
	int HL = H - L;

	static bool notPrime[MAXN];
	static int prime[MAXN], cntPrime;
	static int mu[MAXN];
	static int fac[MAXN];
   
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= HL; i ++) {
		if (! notPrime[i]) {
			prime[cntPrime ++] = i;
			mu[i] = -1;
			fac[i] = i;
		}
		for (int k = 0; k < cntPrime; k ++) {
			int j = prime[k];
			if (j > fac[i]) break;
			if ((i64) j * i > HL) break;
			notPrime[j * i] = true;
			mu[j * i] = fac[i] == j ? 0 : mu[i] * -1;
			fac[j * i] = j;
		}
	}

	i64 ans = 0;
	for (int i = 1; i <= HL; i ++) {
		ans += (i64) mu[i] * myPower(H / i - (L - 1) / i, n);
		ans %= MOD;
	}
	if (L == 1) ans ++;
	for (int i = 1; i <= HL; i ++) {
		ans -= mu[i] * (H / i - (L - 1) / i);
		ans %= MOD;
	}
	cout << (ans + MOD) % MOD << endl;

	return 0;
}

算法3

Orz

设(f(i))为选出的数的最大公约数为(i)且选出的这些数不能全部是同一个数的方案数。

然后我们又可以得到：$$f(i)=(lfloor {frac H i} floor - lfloor {frac {L - 1} i} floor)^n-(lfloor {frac H i} floor - lfloor {frac {L - 1} i} floor)-sum_{i|j,i < j}f(j)$$
可以发现，这里的(i)最大只有(H-L)，因为对于任意正整数(x,y(x eq y))，都有(gcd(x, y)leq |x-y|)。

然后我们要加上允许全部数选同一个数的方案。

算法4

Orz