hdu 6053 TrickGCD 容斥原理(莫比乌斯工具)
来源:互联网 发布:淘宝号的名字可以改吗 编辑:程序博客网 时间:2024/05/16 05:52
You are given an array AA , and Zhu wants to know there are how many different array BB satisfy the following conditions?
1≤Bi≤Ai1≤Bi≤Ai
For each pair( l , r ) (1≤l≤r≤n1≤l≤r≤n) , gcd(bl,bl+1…br)≥2gcd(bl,bl+1…br)≥2
Input
The first line is an integer T(1≤T≤101≤T≤10) describe the number of test cases.
Each test case begins with an integer number n describe the size of array AA.
Then a line contains nn numbers describe each element of AA
You can assume that 1≤n,Ai≤1051≤n,Ai≤105
Output
For the kkth test case , first output “Case #k: ” , then output an integer as answer in a single line . because the answer may be large , so you are only need to output answer modmod 109+7109+7
Sample Input
1
4
4 4 4 4
Sample Output
Case #1: 17
http://blog.csdn.net/hallelujah520/article/details/76597862 和hdu 1695
的比较 这一题和hdu 6053不一样的地方在于,在hdu6053 x,y 是确定的一个数而不是一个范围,所以hdu 6053
不是纯正的莫比乌斯,只是单纯的容斥的时候利用到了莫比乌斯函数而已,如果把hdu 6053 强行归类到
正版的莫比乌斯,像我这样的新手就会很纠结。。hdu 6053应该归类到容斥。
题意:给你一个A序列,让你求有多少个b序列满足的条件是 1<=B[i]<=A[i];
一个比较朴素的想法是,所有的数都含有那么一个相同的因子>=2 而所有的素数的组合可以组合成任意的数,所以所有的数就是/2的数+/3的数-6 之类的重复的数,也就是组成的合数
所以就是很明显的容斥了,那么现在的问题是,数能到1e5,求所有的素数的组合再看每个数有多少个这样的数这个过程。。肯定会爆炸的
如何快速求出 两个办法 一个是桶装分段,看每一段有多少个数然后用一个快速幂就好。这样的时间复杂度是onlognlogn,或者用莫比乌斯函数也是一个nlognlogn
分段的思想就是 找出mi之前所有的素数
找到在1e5内 在素数t到t+1段的a[i]个数有多少个。然后就可以用快速幂了。然后对于每次on的查询可以优化到变成一个logn的复杂度 调和级数
用莫比乌斯函数的话,前面也是一样的然后在容斥部分就不是单纯的利用个数判断+-,而是预处理了= = 反正就是预处理了你要选择的符号了,其实也就是特殊容斥,具体的还要继续学
学了一天莫比乌斯,终于知道是个什么鬼,虽然只会用公式 1:
其实莫比乌斯函数就是一个系数 预处理后得到的是 f(1)-f(2)-f(3)-f(5)+f(6)-f(7)+f(10)-f(11) 的每个函数前面的系数,其实就是容斥前面的系数。
但是这题里面要从 2 开始算所以就是相反数 用-即可
再次更新:其实这用到的就是莫比乌斯的本质:莫比乌斯其实就容斥次数的 这里 容斥的 234 到 mi 其实就是最基本的容斥本质
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 3e5+10;typedef long long ll;ll mu[N+100];ll T[N+100];int a[N+100];const int mod = 1e9+7;void mobi(int mn){ mu[1]=1; for(int i=1;i<=mn;i++) { for(int j=i+i;j<=mn;j+=i) { mu[j]-=mu[i]; } }}ll qpow(ll a,ll b) { ll ans=1; while(b) { if(b%2==1)ans=ans*a%mod; a=(a*a)%mod; b/=2; } return ans; } int main(){ int t; cin>>t; mobi(100000); int cas=1; while(t--) { memset(T,0,sizeof(T)); int mi=1e9+7; int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); mi=min(a[i],mi); T[a[i]]++; } for(int i=1;i<=N;i++) { T[i]+=T[i-1]; } ll ans=0; for(ll i=2;i<=mi;i++)// 枚举共有的gcd,也就是枚举共有因子了,就是枚举共有因子 { ll gg=1; for(ll j=1;j*i<=100000;j++) { gg=(gg*qpow(j,(T[(j+1)*i-1]-T[j*i-1])))%mod; //求每个数有多少个这样的gcd //并相乘,这里利用了拥有相同个数的同种gcd,进行快速幂加速相乘 } ans=(ans-mu[i]*gg%mod+mod)%mod; } printf("Case #%d: %lld\n",cas++,ans ); }}
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