Hackerrank Coprime Power Sum

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题目大意：计算∑i=1m[i%s[j]!=0|∀s[j]∈S]iK，其中|S|=n,gcd(s[i],s[j])=1|i≠j
如果n=0，那么我们就可以用普通的伯努利数在O(K2)的时间内解决，而现在的问题是有一些元素对答案贡献为0，由于贡献为0的元素都是倍数的形式，而且题目中两两互质为我们提供了便利，所以我们来考虑容斥！
对于某一个数p来说，它的倍数在答案里的形式为pk+(2∗p)k+(3∗p)k+...+(⌊mp⌋∗p)k=pk∗(1k+2k+3k+...+⌊mp⌋k)，又是一个伯努利数！
那么容斥的最终形式应该为“总的计算值-一个数的倍数的贡献+两个数的倍数的贡献-…”，（假设f[x]=∑i=1xiK）也就差不多是f[m]−∑i=1nsKi∗f[msi]+∑i=1n∑j=1n[i≠j]sKisKj∗f[msisj]...（实在写不动了，大家应该都明白吧。。。），所以我们不妨考虑依次加入集合中的每一个数，分步进行容斥，这样的话考虑新加入一个数会怎样影响答案呢？
考虑到⌊nab⌋=⌊⌊na⌋b⌋=⌊⌊nb⌋a⌋，我们经过一些划式子考虑新加入元素在容斥里的系数，由于容斥是一个和式的形式，新加入元素位于序列末尾，所以其实只前的系数仍然是一个容斥的和式的形式！事实上设f[i][j]表示考虑序列中前i个数，伯努利数中最大数的值域（指的是先不考虑容斥减掉的那一部分）是j时的结果，那么最终答案即为f[n][m]，通过容斥得到转移f[i][j]=f[i−1][j]−sKi∗f[i−1][⌊jsi⌋]，然后在一定范围内（如取105）记忆化搜索就好了。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int N=110;const int M=200000;const ll mod=1000000007LL;int Q,n,K;ll m,a[N],b[N],C[N][N],inv[N],g[N][200100];ll power(ll a,ll b){    ll ans=1;a%=mod;    for (;b;b>>=1,a=(a*a)%mod)    if(b&1)ans=(ans*a)%mod;    return ans;}void prework(){    C[0][0]=1;    for (int i=1;i<N;++i)    {        C[i][0]=C[i][i]=1;        for (int j=1;j<i;++j)        C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;    }    inv[1]=1;    for (int i=2;i<N;++i)inv[i]=(mod-mod/i)%mod*inv[mod%i]%mod;}ll f[N];ll get(ll m,int K){    ll ans=(m%mod+1)*(m%mod+1)%mod;    f[0]=m%mod;f[1]=((m%mod*(m%mod+1))%mod*inv[2])%mod;    for (int i=2;i<=K;++i)    {        ans=(ans*(m%mod+1))%mod;f[i]=(ans-1)%mod;        for (int j=0;j<i;++j)        f[i]=(f[i]-C[i+1][j]*f[j]%mod+mod)%mod;        f[i]=f[i]*inv[i+1]%mod;    }    return f[K];}ll ss(int i,ll j){    if(j<=M&&g[i][j]!=-1)return g[i][j];if(!j)return (K==0);    if(!i)    {        //ll ans=get(j,K);printf("%d %I64d %I64d\n",i,j,ans);        if(j<=M)return g[i][j]=get(j,K);        else return get(j,K);    }    if(a[i]>j)return ss(i-1,j);    ll ans=(ss(i-1,j)%mod-b[i]*ss(i-1,j/a[i])%mod+mod)%mod;    if(j<=M)g[i][j]=ans;//printf("%d %I64d %I64d\n",i,j,ans);    return ans;}int main(){    prework();    for(scanf("%d",&Q);Q;--Q)    {        scanf("%d%d%lld",&n,&K,&m);        memset(g,0xff,sizeof(g));        for (int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",a+i);        for (int i=1;i<=n;++i)b[i]=power(a[i],K);        //for (int i=1;i<=n;++i)printf("%I64d\n",b[i]);        printf("%lld\n",ss(n,m));    }    return 0;}

总结：
1、容斥的复杂度不一定是2n，因为这其中有可能可以划出来一个子问题
2、代码能力有待加强。。。power里居然忘了先取模了