题意:给出序列[a1..aN],整数M和k,求对1-M中的每个整数d,构建新的序列[b1...bN],使其满足:
1. (1 le bi le M)
2. (gcd(b 1, b 2, …, b N) = d)
3. 恰好有k个位置 (bi!=ai)
求对每个d,有多少种满足条件的序列
分析:对于前两个条件,就是单纯的莫比乌斯反演。
令(F(d) = [d|gcd(b1...bN)])
(f(d) = [gcd(b1...bN)]=d])
则$f(n) = sum_{x|d}u(frac{d}{x})F(d) (
而该处又有限制恰好k个数与原序列不同,则考虑先从原序列是d的倍数的数中选出N-k个数,再在原序列不是d的倍数的位置上随意放置d的倍数,再将原序列中是d的倍数但在第一步中没有被选择的数放置与其不同的d的倍数。
所以)F(d) =dbinom{cnt(d)}{n-k} * (frac{M}{d})^{n-cnt(d)} * (frac{M}{d}-1)^{k-n+cnt(d)}$
需要预处理出莫比乌斯函数和阶乘逆
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod =1e9+7;
const int maxn=300000+5;
bool vis[maxn];
int prime[maxn],mu[maxn];
LL fac[maxn],inv[maxn];
LL qpow(LL a,LL n)
{
LL res=1;
while(n){
if(n&1) res = res*a%mod;
a = a*a%mod;
n>>=1;
}
return res;
}
void pre()
{
fac[0] = fac[1] = 1;
for(int i=2;i<maxn;++i) fac[i] = (fac[i-1]*i)%mod;
inv[maxn-1] = qpow(fac[maxn-1],mod-2);
for(int i=maxn-2;i>=0;--i) inv[i] = ( inv[i+1]*(i+1) )%mod;
}
LL Comb(LL n,LL k)
{
if(n<k) return 0;
else if(n==k) return 1;
else return ((fac[n]*inv[k]%mod)*inv[n-k])%mod;
}
void init_mu(int n){
int cnt=0;
mu[1]=1;
for(int i=2;i<n;i++){
if(!vis[i]){
prime[cnt++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<n;j++){
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) {mu[i*prime[j]]=0;break;}
else { mu[i*prime[j]]=-mu[i];}
}
}
}
LL cnt[maxn];
LL F[maxn];
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
init_mu(maxn);
pre();
int N,M,k,tmp;
while(scanf("%d %d %d",&N,&M,&k)==3){
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=N;++i){
scanf("%d",&tmp);
cnt[tmp]++;
}
for(int i=1;i<=M;++i){ //打表处理d的倍数的个数
for(int j=2*i;j<=M;j+=i){
cnt[i]+=cnt[j];
}
}
for(int d=1;d<=M;++d){
if(cnt[d]<N-k) {
F[d] = 0;
continue;
}
LL tmp = Comb(cnt[d],N-k) * qpow(M/d,N-cnt[d]) %mod;
F[d] = tmp * qpow(M/d-1,k-N+cnt[d]) %mod;
}
for(int t=1;t<=M;++t){
LL res=0;
for(int d = t;d<=M;d+=t){
res = (res+mu[d/t]*F[d]+mod)%mod;
}
if(t==M) printf("%lld
",res);
else printf("%lld ",res);
}
}
return 0;
}