[航海协会]摆

Posted 2022-06-24 StaroForgin

摆

题目描述

题解

首先，我们观察一下这个矩阵，看它有什么性质，你会发现它是长这个样子的：

一个上三角的部分全部都是$C$，中线是$1$，下面有的是$C$有的是$0$。
由于矩阵上把某一行加或减在另一行上，并不会改变该矩阵行列式的值，我们不妨将每一行都减去它下一行的值，于是你会发现它变成这个样子了：

画的好丑呀
也就是一个上海森堡矩阵，右上是一个全$0$的三角，左下角$i$的倍数处为$C$，$i$的倍数减一处为$-C$。
首先对于这种海森堡矩阵，我们的行列式可以考虑从行列式的定义入手求解。
定义的方法相当于是我们枚举一个排列，计算排列的乘积。
由于排列中肯定是存在置换环的，不妨考虑单个置换环会怎么产生贡献。
显然，在这个环中肯定存在一个$i$使得$p_i>i$，而走到$p_i$后，我们的$p_{p_i}$肯定是$p_i-1$了。
因为我们的上边只存在$(i-1,i)$的点，我们往回走就只能从这个点走，再往后走就回不来了，而且往回走还每次只能走一步。
我们考虑这个环会产生怎样的贡献，走回来时是每步贡献$C-1$，走过去时每步贡献$C$，并且每个环还会贡献一个逆序对。
看起来太麻烦了，我们干脆给每个点都除去一个$C-1$，这样就相当于我们一个环贡献就直接乘上一个$\frac{C}{1-C}$。
我们定义$f_i$表示大小为$i\times i$的上海森堡矩阵的行列式，容易得到转移方程:
$$f_i=f_{i-1}+\frac{C}{1-C}\sum _{d|i\wedge d\ne i}{f}_d-f_{d-1}$$把$f_{i-1}$减到左边去，就变成了一个差分的形式，记差分的为$g_i$，有转移式：
$$g_i=\sum _{d|i\wedge d\ne i}\frac{C}{1-C}{g}_d$$显然，$g$的前缀和可以通过杜教筛求解，我们考虑将$\frac{C}{1-C}I$跟$g$卷在一起，就成了经典的杜教筛形式。
我们可以先预处理出来前$n^{\frac{2}{3}}$处的$g_i$值，后面的部分就可以$O\left(n^{\frac{2}{3}}\right)$的数论分块快速计算。
问题就是前面的$g$值也是不能暴力计算的，否则会$T$飞。
可以考虑对于$m=\prod p_i^{a_i}$，$g_m$的值显然只与集合$A$有关。
所以我们不妨考虑对于每种集合，选一个数暴力$O\left(\sqrt{m}\right)$计算。
显然，这样的集合个数是$O(P(\log m))$级别的，这部分的计算时间复杂度比较小。
当然，对于集合的存储我们可以考虑$hash$，这样就能相当快地找到它属于哪个集合了。
加上$HashMap$这部分就能线性了。
不过需要注意的是我们算出来$f_n$并不一定是答案，还要乘上我们之前除去的$(1-C{)}^{n-1}$，其中第一行没除，所以是$n-1$次方，我们的答案实际上是$(1-C{)}^{n-1}{f}_n$。

总时间复杂度$O\left(n^{\frac{2}{3}}\right)$。

源码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned int uint;
#define MAXN 20000005
#define MAXM 1000010
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
const LL INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mo=998244353;
const int mod=1e6+7;
const int lim=20000000;
template<typename _T>
void read(_T &x)
   _T f=1;x=0;char s=getchar();
   while(s<'0'||s>'9')if(s=='-')f=-1;s=getchar();
   while('0'<=s&&s<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();
   x*=f;

template<typename _T>
_T Fabs(_T x)return x<0?-x:x;[航海协会]稀疏阶乘问题

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