题解 CF1559E 【Mocha and Stars】

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题目意思：

给定 (n) 和 (m)，求 (n) 个数满足以下 (3) 个条件的方案数（对 (998244353) 取模）：

1. (l_ileq a_ileq r_i(1leq ileq n))
2. (sumlimits_{i=1}^{n} a_i leq m)
3. (gcd(a_1,a_2,cdots,a_n)=1)

考虑对 (gcd) 大力容斥，这样就变成了让 (gcd(a_1,a_2,cdots,a_n)) 为某个数的倍数的方案数，因为 (gcd) 要为某个数的倍数。所以 (a_i) 必须为那个数的倍数，我们可以考虑直接除一下。

考虑 (dp)，(f_{i,j}) 表示前 (i) 个质数和（除了之后）为 (j) 的方案数。

求出每个数的合法区间（除来之后的），枚举它，设它为 (k)，转移就是 (f_{i,j}gets f_{i-1,j-k})。

最后再提一下，容斥乘的数是 (mu)。

#include<bits/stdc++.h>
#define log(a) cerr<<"33[32m[DEBUG] "<<#a<<'='<<(a)<<" @ line "<<__LINE__<<"33[0m"<<endl
#define int long long
#define SZ(x) ((int)x.size()-1)
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define DF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
using namespace std;
inline int read(){char ch=getchar(); int w=1,c=0;
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') w=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) c=(c<<1)+(c<<3)+(ch^48);
	return w*c;
}
const int N=55,M=1e5+10,MOD=998244353;
int l[N],r[N],ll[N],rr[N],prim[M],cnt,s[M];
bool is[M];
int f[N][M],g[N][M],ans,h[M];
signed main(){
	int n=read(),m=read();
	h[1]=1;
	F(i,2,m){
		if(!is[i]){
			h[i]=-1;
			prim[++cnt]=i;
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prim[j]<m;j++){
			is[i*prim[j]]=1;
			if(i%prim[j]==0)break;
			h[i*prim[j]]=-h[i];
		}
	}
	F(i,1,n)l[i]=read(),r[i]=read();
	F(_,1,m/n){
		F(i,1,n){
			if(l[i]%_==0)ll[i]=l[i]/_;
			else ll[i]=l[i]/_+1;
			rr[i]=r[i]/_;
		}
		F(i,1,m/_)f[1][i]=0;
		F(i,ll[1],rr[1])f[1][i]=1;
		F(i,2,n){
			F(j,1,m/_)
				s[j]=(s[j-1]+f[i-1][j])%MOD;
			F(j,ll[i],m/_)
				f[i][j]=(s[j-ll[i]]-s[j-min(j-1,rr[i])-1]+MOD)%MOD;
		}
		int s=0;
		F(i,1,m/_)s=(s+f[n][i])%MOD;
		ans=(ans+s*h[_]+MOD)%MOD;
	}cout<<ans;
	return 0;
}

• Update：复杂度分析：

  我们把枚举容斥的数设为 (x)，一次 (dp)，和的上限是 (frac{m}{x})。所以单次 dp 的复杂度是 (O(n imesfrac{m}{x}))，但 (x) 会从 (1) 一直到 (frac{m}{n})。

  即：

  [egin{aligned} &sum_{x=1}^{frac{m}{n}} n imesfrac{m}{x}\ =&n imes msum_{x=1}^{frac{m}{n}} frac{1}{x}\ =&n imes m imeslogfrac{m}{n} end{aligned} ]