「CQOI2015」选数

Posted 2022-03-03 autoint

「CQOI2015」选数

题目描述

我们知道，从区间[L,H]（L和H为整数）中选取N个整数，总共有(H-L+1)^N种方案。小z很好奇这样选出的数的最大公约数的规律，他决定对每种方案选出的N个整数都求一次最大公约数，以便进一步研究。然而他很快发现工作量太大了，于是向你寻求帮助。你的任务很简单，小z会告诉你一个整数K，你需要回答他最大公约数刚好为K的选取方案有多少个。由于方案数较大，你只需要输出其除以1000000007的余数即可。

输入输出格式

输入格式：

输入一行，包含4个空格分开的正整数，依次为N，K，L和H。

输出格式：

输出一个整数，为所求方案数。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

2 2 2 4

输出样例#1： 复制

3

说明

样例解释

所有可能的选择方案：(2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 2), (4, 3), (4, 4)

其中最大公约数等于2的只有3组：(2, 2), (2, 4), (4, 2)

对于100%的数据，1<=N,K<=10^9，1<=L<=H<=10^9，H-L<=10^5

杜教筛题解

首先，将gcd为K进行经典转化：把\(L\)变为\(\lceil\fracLK\rceil\)，把\(R\)变成\(\lfloor\fracRK\rfloor\)。
这样子容易得出，现在要求的就是在\([L,R]\)之间，选数\(N\)次使选出的数最大公约数为\(1\)的方案数。
\[ Ans=\sum_i_1\sim N=L^R[\gcd(i_1\sim N)=1]\\sum_i_1\sim N=L^R\sum_d|i_1\sim N\mu(d)\=\sum_d=1^R\mu(d)(\lfloor\frac Rd\rfloor-\lfloor\fracL-1d\rfloor)^N \]
然后杜教筛加整除分块即可。时间复杂度\(O((\frac RK)^\frac 23+\sqrtR\log N)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define co const
template<class T>T read()
    T data=0,w=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-') w=-w;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) data=data*10+ch-'0';
    return data*w;

template<class T>il T read(T&x) return x=read<T>();
typedef long long LL;

co int N=1e6+1;
int pri[N],tot,mu[N];
void init()
    pri[1]=mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;++i)
        if(!pri[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<N;++j)
            pri[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)
                mu[i*pri[j]]=0;
                break;
            
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        
    
    for(int i=2;i<N;++i) mu[i]+=mu[i-1];

std::map<int,int> smu;
int Mu(int n)
    if(n<N) return mu[n];
    if(smu.count(n)) return smu[n];
    int ans=1;
    for(int l=2,r;l<=n;l=r+1)
        r=n/(n/l);
        ans-=(r-l+1)*Mu(n/l);
    
    return smu[n]=ans;

co int mod=1e9+7;
il int add(int a,int b)
    return (a+=b)>=mod?a-mod:a;

il int mul(int a,int b)
    return (LL)a*b%mod;

int fpow(int a,int b)
    int ans=1;
    for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))
        if(b&1) ans=mul(ans,a);
    return ans;

int main()
    init();
    int n=read<int>(),k=read<int>();
    int L=(read<int>()-1)/k+1,R=read<int>()/k;
    int ans=0;
    for(int l=1,r;l<=R;l=r+1)
        if((L-1)/l) r=std::min((L-1)/((L-1)/l),R/(R/l)); // edit 1:/0
        else r=R/(R/l);
        ans=add(ans,add(mod,mul(Mu(r)-Mu(l-1),fpow(R/l-(L-1)/l,n))));
    
    printf("%d\n",ans);
    return 0;

注意：整除分块的时候，因为是以R为上限，所以L-1那坨可能出现除以0的情况，需要特判。

xyz32768的容斥题解

现在要求的就是在\([L,H]\)之间，选数\(N\)次使选出的数最大公约数为\(1\)的方案数。

现在，用\(f[i]\)表示选出的数的最大公约数\(i\)且选出的数不全相同的方案数。此时先求出\([L,H]\)之间\(i\)的倍数的个数\(x\)，暂时令\(f[i]=x^N-x\)。

但此时得到的\(f[i]\)实际上是含有公约数\(i\)的方案数，不是最大公约数为\(i\)的方案数。但是可以发现，此时的\(f[i]\)包含有最大公约数为\(i,2i,3i,...\)的方案数。这时候使用容斥原理：假设已经知道了\(f[2i],f[3i],...\)的最终结果，那么就把\(f[i]\)分别减去\(f[2i],f[3i],...\)，就可以得到\(f[i]\)的最终结果。倒着推一遍。

特殊情况：\(L=1\)时可以所有的数都选\(1\)。所以\(L=1\)时答案要加\(1\)。

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() 
    int res = 0; bool bo = 0; char c;
    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
    return bo ? ~res + 1 : res;

const int N = 1e5 + 5, PYZ = 1e9 + 7;
int n, K, L, H, f[N];
int qpow(int a, int b) 
    int res = 1;
    while (b) 
        if (b & 1) res = 1ll * res * a % PYZ;
        a = 1ll * a * a % PYZ;
        b >>= 1;
    
    return res;

int main() 
    int i, j; n = read(); K = read(); L = read(); H = read();
    if (L % K) L = L / K + 1; else L /= K; H /= K;
    if (L > H) return puts("0"), 0;
    for (i = 1; i <= H - L; i++) 
        int l = L, r = H;
        if (l % i) l = l / i + 1; else l /= i; r /= i;
        if (l > r) continue;
        f[i] = (qpow(r - l + 1, n) - (r - l + 1) + PYZ) % PYZ;
    
    for (i = H - L; i; i--) for (j = (i << 1); j <= H - L; j += i)
        f[i] = (f[i] - f[j] + PYZ) % PYZ;
    if (L == 1) (f[1] += 1) %= PYZ; cout << f[1] << endl;
    return 0;