解题报告（十八）Codeforces - 数学题目泛做（难度：2000 ~ 3000 + ）
Posted 繁凡さん
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了解题报告（十八）Codeforces - 数学题目泛做（难度：2000 ~ 3000 + ）相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
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Codeforces - 数学题目泛做（难度：2000 ~ 3000 + ）
题单链接：https://codeforces.com/problemset/page/6?tags=math&order=BY_RATING_DESC
%为了节省篇幅代码我全都放到链接里了（ [https://paste.ubuntu.com/](https://paste.ubuntu.com/)）
专门挑了一些最简单的题写hhh，好像绝大多数都是数论题hhh，后面会慢慢加一些其他的数学题目进来
目录
难度：2000 分
A. CF803F Coprime Subsequences（容斥原理，莫比乌斯函数）
Problem
给定一个 n n n 个数的序列，问你有多少个子序列的 gcd = 1 \\gcd=1 gcd=1 。
Solution
序列一共有 n n n 个数，显然一共有 2 n − 1 2^n-1 2n−1 个子序列（每个数选或不选减去空集）
考虑容斥。显然答案就是 2 n − 1 2^n-1 2n−1 减去 gcd > 1 \\gcd>1 gcd>1 的子序列个数，设所有含有大于 1 1 1 的因子的序列中的个数为 x x x ，显然 gcd > 1 \\gcd>1 gcd>1 的子序列的个数为 2 x − 1 2^x-1 2x−1。显然只与点的权值有关，而 a [ i ] ≤ 1 0 5 a[i]\\le 10^5 a[i]≤105，考虑维护权值。设序列中的数的最大值为 m m m。
-
设 c n t i cnt_i cnti 表示权值为 i i i 的序列中的数的个数，可以在输入的时候处理一下。
-
设 s u m i sum_i sumi 表示含有因子 i i i 的数的个数，显然 s u m i = ∑ i ∣ j c n t j \\displaystyle sum_i=\\sum\\limits_{i|j}{cnt_j} sumi=i∣j∑cntj，即序列中 i i i 的倍数的个数。我们可以通过枚举倍数在 O ( m l o g m ) O(mlogm) O(mlogm) 的复杂度下计算。
-
设 f i f_i fi 表示含有因子 i i i 的子序列的个数，显然 f i = 2 s u m i − 1 = 2 ∑ i ∣ j c n t j − 1 \\displaystyle f_i=2^{sum_i}-1=2^{\\sum\\limits_{i|j}{cnt_j}}-1 fi=2sumi−1=2i∣j∑cntj−1，显然 s u m < m ≤ 1 0 5 sum<m\\le10^5 sum<m≤105，我们可以 O ( m ) O(m) O(m) 预处理一下 2 2 2 的次幂。
对于 gcd > 1 \\gcd>1 gcd>1 的子序列个数，根据奇加偶减的容斥原理，显然为：含有因子 2 2 2 的子序列的个数（ f 2 f_2 f2） + + + 含有因子 3 3 3 的子序列的个数（ f 3 f_3 f3） + + + 含有因子 5 5 5 的子序列的个数（ f 5 f_5 f5） + + + ⋯ \\cdots ⋯ − - − 含有因子 2 , 3 2,3 2,3 的子序列的个数（ f 6 f_6 f6） − - − 含有因子 2 , 5 2,5 2,5 的子序列的个数（ f 10 f_{10} f10） − ⋯ -\\cdots −⋯ + 含有因子 2 , 3 , 5 2,3,5 2,3,5（ f 30 f_{30} f30） 的子序列的个数 + ⋯ +\\cdots +⋯
最终的答案为 2 n − 1 2^n-1 2n−1 减去 gcd > 1 \\gcd>1 gcd>1 的子序列个数，即变为奇减偶加的形式，然后我们可以发现前面 f x f_x fx 的系数实际上就是 μ ( x ) \\mu(x) μ(x)（莫比乌斯函数本身就是一个容斥的映射）。
即答案为
2
n
−
1
+
∑
i
=
2
m
μ
(
i
)
×
f
i
2^n-1+\\sum_{i=2}^{m}\\mu(i)\\times f_i
2n−1+i=2∑mμ(i)×fi
Time
O ( m l o g m ) , m = max { a [ i ] } O(mlogm),m=\\max\\{a[i]\\} O(mlogm),m=max{a[i]}
Code
// Problem: CF803F Coprime Subsequences
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/CF803F
// Memory Limit: 250 MB
// Time Limit: 2000 ms
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 500007, mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
int n, m, t;
int a[N], mu[N], cnt[N];
bool vis[N];
int primes[N], tot;
int pow2[N];
ll ans;
int add(int a, int b)
{
return 1ll * a + b >= mod ? 1ll * a + b - mod : 1ll * a + b;
}
int sub(int a, int b)
{
return a - b < 0 ? a 以上是关于解题报告（十八）Codeforces - 数学题目泛做（难度：2000 ~ 3000 + ）的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章
Educational Codeforces Round 120 Editorial E解题报告
Educational Codeforces Round 120 Editorial E解题报告