HDU-4675 GCD of Sequence 数学

　　题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4675

　　题意：给一个大小为N的数列a[i]，然后一个数M以及一个数K，要你求得一个数列b[i]，其中b[i]有K个数与a[i]中的不相同，使得gcd(b[i])=j。对于每个 j ，求出满足的b[i]的个数。。

　　首先我们统计数列a[i]每个数的个数，假设现在求gcd(b[i])=j，那么可以在t=M/j的时间内求出 j 的倍数的个数cnt。那么就相当于在cnt个中选择N-K个不变C(cnt,N-K)，在剩下的 j 的倍数中有(t-1)^(cnt-t)种，非 j 的倍数中有t^(N-cnt)种，那么就是C(cnt,N-K)*(t-1)^(cnt-t)*t^(N-cnt)。这里求出的是gcd(b[i])为 j 的倍数的情况，还要减去2*j,3*j...的数目，因此 j 从M开始倒推就可以了，减去ans[2*j],ans[3*j]...

//STATUS:C++_AC_1796MS_6144KB
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using namespace std;
//#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
//using namespace __gnu_cxx;
//define
#define pii pair<int,int>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define PI acos(-1.0)
//typedef
typedef __int64 LL;
typedef unsigned __int64 ULL;
//const
const int N=300010;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const LL MOD=1000000007,STA=8000010;
const LL LNF=1LL<<55;
const double EPS=1e-9;
const double OO=1e50;
const int dx[4]={-1,0,1,0};
const int dy[4]={0,1,0,-1};
const int day[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
//Daily Use ...
inline int sign(double x){return (x>EPS)-(x<-EPS);}
template<class T> T gcd(T a,T b){return b?gcd(b,a%b):a;}
template<class T> T lcm(T a,T b){return a/gcd(a,b)*b;}
template<class T> inline T lcm(T a,T b,T d){return a/d*b;}
template<class T> inline T Min(T a,T b){return a<b?a:b;}
template<class T> inline T Max(T a,T b){return a>b?a:b;}
template<class T> inline T Min(T a,T b,T c){return min(min(a, b),c);}
template<class T> inline T Max(T a,T b,T c){return max(max(a, b),c);}
template<class T> inline T Min(T a,T b,T c,T d){return min(min(a, b),min(c,d));}
template<class T> inline T Max(T a,T b,T c,T d){return max(max(a, b),max(c,d));}
//End

LL C[N],ans[N];
int cnt[N];
int n,m,k;

void exgcd(LL a,LL b,LL &d,LL &x,LL &y)
{
    if(!b){d=a;x=1;y=0;}
    else {exgcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
}

LL inv(LL a)
{
    LL d,x,y;
    exgcd(a,MOD,d,x,y);
    return (x+MOD)%MOD;
}

LL mulpow(LL n,int m)
{
    LL ret=1;
    for(;m;m>>=1){
        if(m&1)ret=(ret*n)%MOD;
        n=(n*n)%MOD;
    }
    return ret;
}

int main(){
 //   freopen("in.txt","r",stdin);
    int i,j,a,tot,t,p;
    LL s;
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k))
    {
        C[t=n-k]=1;
        for(i=t+1;i<=n;i++){
            C[i]=(i*C[i-1]%MOD*inv(i-t))%MOD;
        }
        mem(cnt,0);
        for(i=0;i<n;i++){
            scanf("%d",&a);
            cnt[a]++;
        }
        for(i=m;i>=1;i--){
            tot=cnt[i];s=0;
            for(j=i+i;j<=m;j+=i){
                tot+=cnt[j];
                s=(s+ans[j])%MOD;
            }
            if(t>tot)ans[i]=0;
            else {
                p=m/i;
                ans[i]=(C[tot]*mulpow(p-1,tot-t)%MOD*mulpow(p,n-tot))%MOD;
                ans[i]=(ans[i]-s+MOD)%MOD;
            }
        }

        printf("%I64d",ans[1]);
        for(i=2;i<=m;i++)
            printf(" %I64d",ans[i]);
        putchar('
');
    }
    return 0;
}