LuoguP5366 [SNOI2017]遗失的答案

题目描述

Solution

可以先简化问题，特判$L$不是$G$倍数的情况。
然后令$n=\lfloor \frac{n}{G}\rfloor$,$L=\lfloor \frac{L}{G}\rfloor$。
现在相当于求出$1...n$中选择若干数，使得$lcm$为$L$，$gcd$为$1$的方案数。

这就相当于将$L$质因数分解，令$L={\prod }_{i=1}^{cnt}{p}_i^{k_i}$，则显然对于每一个$i$，都存在一个选择的数$x$，使得$x$在$p_i$的指数为$k_i$，且都存在一个选择的数$y$，使得$x$在$p_i$的指数为$0$。
除此之外，还需要保证每一个选择的$x$的每一个质因数$p_i$的指数$\le k_i$。

我们先预处理出$L$的质因数分解和$n$以内可以选择的数，用$S1$这一二进制串表示指数为$0$的条件是否达成，用$S2$这一二进制串表示指数为$k_i$的条件是否达成，记$S=S1S2$，求出$s[S]$表示有多少个可以选择的状态为$S$的数。

我们要求的方案，就是选择若干个数，使得$S$的或和为全$1$。

这里要求强制选择$x$，令$X$表示$x$对应的$01$状态，那么我们就求一个前缀的或和为$S$的方案，再求一个后缀的答案，用$FWT$卷起来，再乘上$X$的状态$S_X$可选的方案数即可。

这里的$01$状态有$600$左右（大概就是一个质因子的指数为1的话会产生2倍的贡献，若大于1就会产生3倍的贡献，因此最坏也就这么大了）。时间复杂度$O(能过)......$。

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=1e9+7;
const int MAXN=1<<16;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f;
}
PR p[MAXN];
map<int,int> Map1,Map2;
int f[705][MAXN],g[705][MAXN],ans[MAXN],Ans[MAXN];
int s[MAXN],a[MAXN],b[MAXN],id[MAXN],mi[MAXN],cnt,Cnt,n,G,L,num;
int upd(int x,int y) { return x+y>=mods?x+y-mods:x+y; }
void fwt(int *A,int n,int opt)
{for (int i=1;i<n;i<<=1)for (int j=0;j<n;j+=(i<<1))for (int k=j;k<j+i;k++) A[k+i]=(opt==1?upd(A[k+i],A[k]):A[k+i]=upd(A[k+i],mods-A[k]));
}
void Divide(int x)
{for (int i=2;i*i<=x;i++)if (x%i==0){p[++cnt]=MP(i,0);while (x%i==0) p[cnt].se++,x/=i;}if (x>1) p[++cnt]=MP(x,1);
}
void dfs(int x,int y,int t)
{if (x==cnt+1) { if (t<=n) { if (!s[y]) a[++num]=y; s[y]++; Map1[t]=y; } return; }dfs(x+1,y+(1<<(x-1)),t);for (int i=1;i<p[x].se;i++) t*=p[x].fi,dfs(x+1,y,t);dfs(x+1,y+(1<<(cnt+x-1)),t*p[x].fi);
}
void Init()
{f[0][0]=1;for (int i=0;i<num;i++)for (int j=0;j<1<<Cnt;j++) if (f[i][j])f[i+1][j]=upd(f[i+1][j],f[i][j]),f[i+1][j|a[i+1]]=upd(f[i+1][j|a[i+1]],1ll*f[i][j]*upd(mi[s[a[i+1]]],mods-1)%mods);g[num+1][0]=1;for (int i=num+1;i>=2;i--)for (int j=0;j<1<<Cnt;j++) if (g[i][j])g[i-1][j]=upd(g[i-1][j],g[i][j]),g[i-1][j|a[i-1]]=upd(g[i-1][j|a[i-1]],1ll*g[i][j]*upd(mi[s[a[i-1]]],mods-1)%mods);
}
void Merge()
{for (int i=1;i<=num;i++){fwt(f[i-1],1<<Cnt,1),fwt(g[i+1],1<<Cnt,1);for (int j=0;j<1<<Cnt;j++) ans[j]=1ll*f[i-1][j]*g[i+1][j]%mods;fwt(ans,1<<Cnt,-1);for (int j=0;j<1<<Cnt;j++) if ((j|a[i])==((1<<Cnt)-1)) Ans[i]=upd(Ans[i],1ll*ans[j]*mi[s[a[i]]-1]%mods);}
}
int main()
{int g,l;n=read(),g=read(),l=read(),n=n/g,L=l/g;if (l%g!=0) {int Case=read();while (Case--) { int x=read(); puts("0"); }return 0;}Divide(L),dfs(1,0,1),Cnt=cnt<<1,mi[0]=1;for (int i=1;i<1<<Cnt;i++) mi[i]=upd(mi[i-1],mi[i-1]);sort(a+1,a+num+1),Init(),Merge();for (int i=1;i<=num;i++) Map2[a[i]]=i;int Case=read();while (Case--){int x=read();if (x%g!=0) { puts("0"); continue; }x/=g;if (L%x!=0||x>n) puts("0");else printf("%d\n",Ans[Map2[Map1[x]]]);}return 0;
}

似乎还有一种复杂度正确的方法。
大概是令$f_S$表示或和为$S$，且$X$必选的方案数，则有
$$[X\in S]2^{|S|-1}=\sum _{T\subset S}{f}_T$$
做一波清奇的反演，得到：
$$f_S=\sum _{T\subset S}[X\in T]2^{|T|-1}(-1{)}^{|S|-|T|}$$
然后直接容斥，时间复杂度为$O(q{2}^m)$，$m$表示$01$状态的位数，由于总的不同$01$状态共有$600$左右，因此判重之后时间复杂度很优秀。