bzoj4305数列的GCD 组合数学+容斥原理

Posted 2020-10-26 GXZlegend

题目描述

给出一个长度为N的数列{a[n]}，1<=a[i]<=M(1<=i<=N)。 

现在问题是，对于1到M的每个整数d，有多少个不同的数列b[1], b[2], ..., b[N]，满足： 

(1)1<=b[i]<=M(1<=i<=N)； 

(2)gcd(b[1], b[2], ..., b[N])=d； 

(3)恰好有K个位置i使得a[i]≠b[i](1<=i<=N) 

注：gcd(x1,x2,...,xn)为x1, x2, ..., xn的最大公约数。 

输出答案对1,000,000,007取模的值。 

输入

第一行包含3个整数，N，M，K。 

第二行包含N个整数：a[1], a[2], ..., a[N]。 

输出

输出M个整数到一行，第i个整数为当d=i时满足条件的不同数列{b[n]}的数目mod 1,000,000,007的值。 

样例输入

3 3 3
3 3 3

样例输出

7 1 0

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题解

数学+容斥

老套路了，先处理出 $\gcd$ 为 $d$ 的倍数的方案数：

预处理出 $\{a[n]\}$ 中 $d$ 的倍数的数目 $c[d]$ ，那么 $d$ 的倍数中需要有 $n-k$ 个与 $\{a[n]\}$ 相同，有 $C_{c[d]}^{n-k}$ 种方案。

其余 $c[d]-n+k$ 个 $d$ 的倍数每个都有 $\lfloor\frac md\rfloor-1$ 种方案，因为 $d$ 的倍数总共有 $\lfloor\frac md\rfloor$ 个，减去不能等于原序列的1个。

剩下 $n-c[d]$ 个非 $d$ 的倍数的每个有 $\lfloor\frac md\rfloor$ 种方案。

因此 $\gcd$ 为 $d$ 的倍数的方案数就是 $C_{c[d]}^{n-k}\times(\lfloor\frac md\rfloor -1)^{c[d]-n+k}\times(\lfloor\frac md\rfloor)^{n-c[d]}$ 。

然后这个答案需要容斥一下，减去 $d$ 的2以上倍数的答案。

即 $ans[d]=C_{c[d]}^{n-k}\times(\lfloor\frac md\rfloor -1)^{c[d]-n+k}\times(\lfloor\frac md\rfloor)^{n-c[d]}-\sum\limits_{i=2}^{\lfloor\frac md\rfloor}ans[i\times d]$ 。

从大到小循环 $d$ ，后面的 $ans$ 已经求出，直接减掉即可，不需要莫比乌斯反演。

由于数的范围只有 $m=300000$ ，因此每一步都可以调和级数预处理。

时间复杂度 $O(n\log n)$ 

#include <cstdio>
#define N 300010
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
int a[N] , v[N] , c[N];
ll fac[N] , ans[N];
inline ll pow(ll x , int y)
{
	ll ans = 1;
	while(y)
	{
		if(y & 1) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod , y >>= 1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int n , m , k , i , j;
	scanf("%d%d%d" , &n , &m , &k) , k = n - k;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i]) , v[a[i]] ++ ;
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
		for(j = 1 ; i * j <= m ; j ++ )
			c[i] += v[i * j];
	fac[0] = 1;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	for(i = m ; i ; i -- )
	{
		if(c[i] >= k) ans[i] = fac[c[i]] * pow(fac[k] , mod - 2) % mod * pow(fac[c[i] - k] , mod - 2) % mod * pow(m / i - 1 , c[i] - k) % mod * pow(m / i , n - c[i]) % mod;
		for(j = 2 ; i * j <= m ; j ++ ) ans[i] = (ans[i] - ans[i * j] + mod) % mod;
	}
	for(i = 1 ; i < m ; i ++ ) printf("%lld " , ans[i]);
	printf("%lld\n" , ans[m]);
	return 0;
}