BZOJ3434: [Wc2014]时空穿梭

我们考虑怎么选取c个点满足有直线同时经过他们
设Ai表示第i个点，用向量bi=(x1,x2,x3...xn)表示Ai+1与Ai的差
由于每一维的vi（xi=pi+tvi）是不变的，对于相邻的两个点，Δt是相同的，所以任一向量bi=(x1,x2,x3...xn)，xi之间的比值是不变的，即vi之间的比值，所以对于任一向量bi=(x1,x2,x3...xn)，都可以将它写成bi=(Δt∗v1,Δt∗v2...Δt∗vn)，将vi之间的比值写成整数ai之间的比值，得bi=(k∗c1,k∗c2,...k∗cn)

我们考虑枚举每一维的极差a1,a2,...an，设d=gcd(a1,a2,...an)，则ai=ci∗d，则将d分给这c−1个bi，共有Cc−2d−1种分法，原理是插板法，即因为每一维严格递增，所以每个bi分到的不能为0，相当于1∽d，之间有d−1个空位，在这些中选出c−2个位置插隔板代表这c−1个数之间的分界线（感觉没讲清楚，意会一下？）
因为所有坐标为正整数，第i维坐标不超过Mi，所以极差不超过Mi−1
设mi=Mi−1
所以有

ans=∑a1=1m1(M1−a1)∑a2=1m2(M2−a2)...∑an=1mn(Mn−an)Cc−2gcd(a1,a2...an)−1

=∑dCc−2d−1∏ni=1∑⌊mid⌋ai=1(Mi−aid) ϵ((a1,a2,...an)=1)
反演一下

=∑dCc−2d−1∏ni=1∑⌊mid⌋ai=1(Mi−aid)∑D|(a1,a2...an)μ(D)

=∑dCc−2d−1∑Dμ(D)∏ni=1∑⌊miDd⌋ai=1(Mi−aiDd)

枚举D=Dd
=∑D∑d|DCc−2d−1μ(Dd)∏ni=1∑⌊miD⌋ai=1(Mi−aiD)

可以发现f(D,c)=∑d|DCc−2d−1μ(Dd)这个东西只与D与c有关，c的范围不大，可以对所有的D和c预处理出f(D,c)（枚举c后，对每个d，枚举它的倍数D，根据调和级数，这样总的复杂度是O(cmlogm)）

到这里，因为后面的柿子和D仍然相关，仍然需要枚举m个D，因为m很大，而且有多组数据，观察到使每个⌊miD⌋相同的D最多有O(nm−−√)段，这个复杂度可以接受，所以考虑继续化，

观察∏ni=1∑⌊miD⌋ai=1(Mi−aiD)这个东西，可以化成
∏ni=1Mi⌊miD⌋−(D+D⌊miD⌋)⌊miD⌋2

=∏ni=1Mi⌊miD⌋−D(1+⌊miD⌋)⌊miD⌋2

接着把这n个多项式相乘O(n2)展开成形如a0+a1D+a2D2+.....anDn的多项式，对于Di的系数ai，只与⌊miD⌋有关

所以在维护了g(D,c,j)=f(D,c)Dj的前缀和后，可以将原式按⌊miD⌋分成O(nm−−√)段，每段内暴力O(n2)展开多项式各项系数，乘上前面的柿子这一段的和

时间复杂度O(nmc+cmlogm+Tn3m−−√)

code：

#include<set>#include<map>#include<deque>#include<queue>#include<stack>#include<cmath>#include<ctime>#include<bitset>#include<string>#include<vector>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<climits>#include<complex>#include<iostream>#include<algorithm>#define ll long longusing namespace std;inline void down(int &x,const int y){if(x>y)x=y;}const int maxn = 12;const int maxc = 21;const int maxm = 110000;const int Mod = 10007;int p[maxm],pri,miu[maxm];bool v[maxm];int C[maxm][maxc],f[maxc][maxm],pg[maxc][maxm][maxn];//                 miu*C            pre G(i,c)×i^jvoid pre(){    C[0][0]=1;    for(int i=1;i<maxm;i++)    {        C[i][0]=1;        for(int j=1;j<maxc;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%Mod;    }    miu[1]=1; ///////////////////////////////////////////////////////////    for(int i=2;i<maxm;i++)    {        if(!v[i]) miu[i]=-1,p[++pri]=i;        for(int j=1;j<=pri;j++)        {            int k=i*p[j];            if(k>=maxm) break;            v[k]=true;            if(i%p[j]==0) break;            miu[k]=-miu[i];        }    }    for(int c=2;c<maxc;c++)    {        for(int i=1;i<maxm;i++)        {            for(int j=i,ji=1;j<maxm;j+=i,ji++)                (f[c][j]+=C[i-1][c-2]*miu[ji]%Mod)%=Mod;        }    }    for(int c=2;c<maxc;c++)    {        for(int i=1;i<maxm;i++)        {            for(int j=0,ij=1;j<maxn;j++,ij=ij*i%Mod)            {                pg[c][i][j]=(pg[c][i-1][j]+f[c][i]*ij%Mod)%Mod;            }        }    }}int n,c;int m[maxn];int a[maxn],an;int main(){    pre();    int t; scanf("%d",&t);    while(t--)    {        int mn=maxm;        scanf("%d%d",&n,&c);        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&m[i]),m[i]--,down(mn,m[i]);        int ret=0;        for(int i=1;i<=mn;)        {            int r=mn;            for(int j=1;j<=n;j++) down(r,m[j]/(m[j]/i));            a[an=0]=1;            for(int j=1;j<=n;j++)            {                int mi=(m[j]/i)%Mod;                int x1=(m[j]+1)*mi%Mod,x2=-mi*(mi+1)/2%Mod;                a[an+1]=a[an]*x2%Mod;                for(int l=an;l>=0;l--) a[l]=(a[l]*x1%Mod+(l?a[l-1]:0)*x2%Mod)%Mod;                an++;            }            for(int j=0;j<=an;j++) (ret+=a[j]*((pg[c][r][j]-pg[c][i-1][j])%Mod)%Mod)%=Mod;            i=r+1;        }        if(ret<0) ret+=Mod;        printf("%d\n",ret);    }    return 0;}