题目大意
有一颗树，要为每个节点赋一个值(l_ileq a_ileq r_i)，使得任意相邻的节点互素。然后对每个节点统计(a_i)在所有可能的情况中的和。
(nleq 50,1leq l_ileq r_ileq m,m=50000)
题解
设(f_{i,j})为以(i)为根的子树都赋了值后(a_i=j)的方案数。那么怎么处理(f_v)对(f_i)的贡献呢？
[g_i=mu(i)sum_{i|j}f_{v,j}\
f_{x,i} imes=sum_{j|i}g_j
]
(f_{v,i})对(f_{x,j})的贡献是(sum_{k|(i,j)}mu(k)f_{v,i})。因为(sum_{d|n}mu(d)=[n=1])，所以只有(gcd(i,j)=1)是(f_{v,i})对(f_{x,j})有贡献。
设(h_{i,j})为整棵树都赋了值后(a_i=j)的方案数。我们发现，(h_v)是把(h_x)减去(f_v)后再加到(f_v)上。用逆元搞一搞即可。
然后就是愉快的卡常时间了。
时间复杂度：(O(nmlog m))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
#include<list>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
ll p=1000000007;
int m=50000;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
while(b)
{
if(b&1)
s=s*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return s;
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(!b)
{
x=1;
y=0;
return a;
}
ll ab=a/b;
ll c=a-b*ab;
ll d=exgcd(b,c,y,x);
y-=x*ab;
return d;
}
namespace prime
{
int cnt;
int b[100010];
int p[100010];
int u[100010];
void init()
{
cnt=0;
memset(b,0,sizeof b);
int i,j;
u[1]=1;
for(i=2;i<=m;i++)
{
if(!b[i])
{
p[++cnt]=i;
u[i]=-1;
}
for(j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=m;j++)
{
b[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)
{
u[i*p[j]]=0;
break;
}
u[i*p[j]]=-u[i];
}
}
}
};
list<int> li[60];
int l[60];
int r[60];
ll ans[60];
ll f[60][50010];
ll g[60][50010];
ll c[50010];
ll d[50010];
ll e[50010];
void p0(int x)
{
while(x--)
printf(" 0");
printf("
");
}
void calc()
{
memset(d,0,sizeof d);
memset(e,0,sizeof e);
int i,j;
for(i=1;i<=m;i++)
if(prime::u[i])
{
for(j=i;j<=m;j+=i)
e[i]+=c[j];
e[i]%=p;
e[i]*=prime::u[i];
}
for(i=1;i<=m;i++)
if(e[i])
for(j=i;j<=m;j+=i)
d[j]+=e[i];
for(i=1;i<=m;i++)
d[i]%=p;
}
void dfs1(int x,int fa)
{
int i;
for(i=l[x];i<=r[x];i++)
f[x][i]=1;
for(auto v:li[x])
if(v!=fa)
{
dfs1(v,x);
memcpy(c,f[v],sizeof f[v]);
calc();
for(i=l[x];i<=r[x];i++)
{
g[v][i]=d[i];
f[x][i]=f[x][i]*d[i]%p;
}
}
}
void dfs2(int x,int fa)
{
int i;
if(fa)
{
// memcpy(c,f[x],sizeof f[x]);
// calc();
ll v1,v2;
for(i=1;i<=m;i++)
// if(f[fa][i]&&d[i])
// {
//// c[i]=f[fa][i]*fp(d[i],p-2)%p;
// int gcd=exgcd(d[i],p,v1,v2);
// if(gcd==-1)
// v1=-v1;
// c[i]=f[fa][i]*v1%p;
// }
if(f[fa][i]&&g[x][i])
{
int gcd=exgcd(g[x][i],p,v1,v2);
if(gcd==-1)
v1=-v1;
c[i]=f[fa][i]*v1%p;
}
else
c[i]=0;
calc();
for(i=l[x];i<=r[x];i++)
f[x][i]=f[x][i]*d[i]%p;
}
for(i=l[x];i<=r[x];i++)
{
f[x][i]=(f[x][i]%p+p)%p;
ans[x]=(ans[x]+f[x][i]*i%p)%p;
}
for(auto v:li[x])
if(v!=fa)
dfs2(v,x);
}
void solve()
{
int n;
scanf("%d",&n);
int i;
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&l[i]);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&r[i]);
for(i=1;i<=n;i++)
li[i].clear();
int x,y;
for(i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
li[x].push_back(y);
li[y].push_back(x);
}
for(i=1;i<=n;i++)
if(l[i]>r[i])
{
p0(n);
return;
}
memset(g,0,sizeof g);
memset(f,0,sizeof f);
memset(ans,0,sizeof ans);
dfs1(1,0);
dfs2(1,0);
for(i=1;i<=n;i++)
printf("%lld ",ans[i]);
printf("
");
}
int main()
{
freopen("b.in","r",stdin);
freopen("b.out","w",stdout);
int t;
prime::init();
scanf("%d",&t);
while(t--)
solve();
return 0;
}