[51nod1233] Grid Lines
来源:互联网 发布:龙bt发布永久域名 编辑:程序博客网 时间:2024/05/22 14:23
题目大意
在平面直角坐标系中,选择一个包含k个点的点集,满足:
1. 坐标都为整数,且x∈[0,n],y∈[0,m]
2. 所有点共线
3. 至少一个点在直线x=n,y=m,x轴,y轴的其中一个上
求满足条件的点集数量模
2≤n,m,k≤
分析
首先考虑第三个条件。要保证有一个点在边界上很难,去掉这个条件就很好求。那么可以考虑求出不考虑这个条件的答案ans1,再把外面这一圈去掉,即n-=2,m=-2,求出不考虑这个条件答案ans2,。最终答案就是ans1-ans2
这样就成功去掉了第三条限制了。
接下来分情况讨论:
1. 直线平行于x轴或y轴。
做法是一样的,以平行于x轴为例:首先有m+1种纵坐标,然后n+1个点选择k个,一个组合数解决
2. 直线有斜率且不为0。
可以发现斜率为正、负,方案数是一样的,就可以只处理一种情况。
考虑确定了两个端点,横坐标差、纵坐标差分别为x,y,那么它们中间有(x,y)-1个点可以选择。
现在我们不枚举两个端点,改成枚举x和y,可以直接算出有多少对端点满足条件。
但是这样枚举依然很慢,所以可以考虑枚举gcd的值,然后对于x,y分开考虑。在这里就只需满足d|(x,y)。发现这可以O(1)求出来。
那么剩下的就是求(x,y)=d的答案了。既然都预处理出了上面的答案,直接上莫比乌斯反演的公式即可。
然后对于中间有i个点可以放的情况,答案就是乘上一个组合数。
时间复杂度
#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int N=1e6+5,mo=1e9+7;typedef long long LL;int n,m,k,Fac[N],Inv[N],Fac_Inv[N],ans,mu[N],tot,pr[N],g[N];bool bz[N];bool init(){ mu[1]=1; for (int i=2;i<=n+1;i++) { if (!bz[i]) { pr[tot++]=i; mu[i]=-1; } for (int j=0;j<tot;j++) { int I=i*pr[j]; if (I>n+1) break; bz[I]=1; if (i%pr[j]==0) { mu[I]=0; break; } mu[I]=-mu[i]; } } Fac[0]=Inv[1]=Fac[1]=Fac_Inv[1]=Fac_Inv[0]=1; for (int i=2;i<=n+1;i++) { Fac[i]=(LL)Fac[i-1]*i%mo; Inv[i]=(LL)Inv[mo%i]*(mo-mo/i)%mo; Fac_Inv[i]=(LL)Fac_Inv[i-1]*Inv[i]%mo; }}int C(int n,int m){ return (LL)Fac[n]*Fac_Inv[m]%mo*Fac_Inv[n-m]%mo;}int calc(int n,int m){ if (n+1<k) return 0; ans=0; n++; m++; for (int i=1;i<=m;i++) { int t1=((LL)(n/i-1)*(n/i)%mo*Inv[2]%mo*i+(LL)(n%i)*(n/i))%mo,t2=((LL)(m/i-1)*(m/i)%mo*Inv[2]%mo*i+(LL)(m%i)*(m/i))%mo; g[i]=(LL)t1*t2%mo; } for (int i=k-1;i<=m;i++) { int t=0; for (int j=1;j*i<=m;j++) { if (mu[j]>0) t=(t+g[i*j])%mo; else if (mu[j]<0) t=(t-g[i*j]+mo)%mo; } ans=(ans+(LL)t*C(i-1,k-2))%mo; } ans=(ans+ans)%mo; ans=(ans+(LL)m*C(n,k))%mo; if (m>=k) ans=(ans+(LL)n*C(m,k))%mo; return ans;}int main(){ scanf("%d%d%d",&m,&n,&k); if (m>n) n^=m^=n^=m; init(); printf("%d\n",(calc(n,m)-calc(n-2,m-2)+mo)%mo); return 0;}
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