Frogs - HDU5514

icpc沈陽2015的題目。

容斥原理和數論的應用。

題目大意為給你一個數組 $a[i]$（$a[i]$ 即為第 $i$ 只青蛙的步長） 和若干格子編號為 $0$ 到 $m?1$，對于任意的正整數 $k,i$，編號為 $k?a[i]\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$ 的格子會被占用，問所有被占用的格子的編號之和。

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首先對于一個 $a[i]$，顯然所有編號為 $\gcd (a[i],m)$ 的倍數的格子會被占用，拋棄掉之前的 $a[i]$ ，直接將 $\gcd (a[i],m)$ 設為新的 $a[i]$，這樣的話，我們記 $a[i]$ 的倍數組成的集合為 $A_i$，那么最終答案為 $S(A_1\cup A_2\cup ?\cup A_n)$，其中 $S(A)$ 為集合 $A$ 中所有元素的和。

這個東西顯然可以用容斥做，我們記集合 $\{A_1,A_2,\dots ,A_n\}$ 的冪集為 $U$，那么我們可以枚舉 $U$ 中所有元素，寫出來容斥原理的公式：

$$S(\underset{i=1}{\overset{n}{?}}{A}_i)=\sum _{B\in P}(?1{)}^{|B|?1}S(\underset{A_i\in B}{?}{A}_i)$$

（不得不說容斥原理的公式寫成這個樣子真的簡潔明了又暴力，直接枚舉了 $2^n$ 種集合）

首先需要明確的是，我們使用容斥原理一定是要有一個出發點的，就是對于某一類集合，我們可以快速統計出來這一類集合的答案之和，因為我們不可能花費 $O(2^n)$ 的時間復雜度去枚舉所有 $A_i$ 的交集情況，在集合數繁多的情況下我們只能對這些集合進行分類合并。

對于本題來說，這個分類方法可以很自然地得出。

我們思考若干集合的交，例如 $A_1\cap A_3\cap A_6$，那么在這個集合中的元素一定是 $a[1],a[3],a[6]$ 的公倍數，即一定是 $lcm(a[1],a[3],a[6])$ 的倍數，并且 $0$ 到 $m$ 內所有 $a[1],a[3],a[6]$ 的公倍數一定在這個集合中。

對于任意一組集合的并皆是如此，并且，我們不難發現，由于 $a[i]$ 都是 $m$ 的因數，那么若干個 $a[i]$ 的最小公倍數也一定是 $m$ 的因數。

所以，我們不妨把集合按照最小公倍數分類來進行容斥。

首先，根據上面的結論，我們有：

$$S(\underset{A_i\in B}{?}{A}_i)=\frac{1}{2}l\frac{m}{l}(\frac{m}{l}?1)=\frac{1}{2}m(\frac{m}{l}?1)$$

其中 $l$ 為所有 $A_i\in B$ 的 $i$ 中 $a[i]$ 的最小公倍數。

我們不妨設

$$l=LCM(B)={lcm}_{A_i\in B}a[i]$$

那么我們就可以以對集合按照最小公倍數分類的方式重寫容斥原理。

$$S(\underset{i=1}{\overset{n}{?}}{A}_i)=\sum _{l|m}\sum _{B\in P}[LCM(B)=l](?1{)}^{|B|?1}S(\underset{A_i\in B}{?}{A}_i)$$

$$=\sum _{l|m}\sum _{B\in P}[LCM(B)=l](?1{)}^{|B|?1}\frac{1}{2}m(\frac{m}{l}?1)$$

$$=\frac{1}{2}m\sum _{l|m}(\frac{m}{l}?1)\sum _{B\in P}[LCM(B)=l](?1{)}^{|B|?1}$$

接下來，我們只需要考慮如何計算

$$\sum _{B\in P}[LCM(B)=l](?1{)}^{|B|?1}$$

這一坨式子。

這里我們需要用到一個結論，也就是非常出名的莫比烏斯反演公式：

如果有函數 $f(n),g(n)$ 滿足：

$$g(n)=\sum _{d|n}f(d)$$

那么他們同時也滿足：

$$f(n)=\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})g(d)$$

這是一個非常非常非常有用的結論，他可以允許我們在枚舉最大公約數或最小公倍數時去掉最大/最小，改為枚舉公約數或者公倍數。這里的 $\mu$ 是莫比烏斯函數，關于莫比烏斯反演在我另一篇博客中有講解，可以移步去看，不過這里我們只需要知道這個結論就行了。

在這里，我們不妨設

$$f(l)=\sum _{B\in P}[LCM(B)=l](?1{)}^{|B|?1}$$

那么我們不難發現對于

$$g(n)=\sum _{d|n}f(d)$$

來說，$f(n)$ 表示所有最小公倍數為 $n$ 的集合 $B$ 的 $(?1{)}^{|B|?1}$ 的和，那么 $g(n)$ 即表示所有公倍數為 $n$ 的集合 $B$ 的 $(?1{)}^{|B|?1}$ 的和。

我們通過求出來 $g(n)$ 的式子，然后利用莫比烏斯反演的公式來間接求出 $f(n)$ 的式子。

$g(n)$ 的式子非常好求，我們只需要知道數組 $a[i]$ 中為 $n$ 的約數的數的個數即可，假設個數為 $x$。

那么這些約數中任意若干個約數組成的集合都滿足公約數為 $n$，即

$$g(n)=\sum _{i=1}^x\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i}\right)(?1{)}^{i?1}=1?(1?1{)}^x$$

我們可以得到，當數組 $a[i]$ 中為 $n$ 的約數的個數為 $0$ 時，$g(n)=0$，否則 $g(n)=1$。

我們把這個式子代入原式：

$$S(\underset{i=1}{\overset{n}{?}}{A}_i)=\frac{1}{2}m\sum _{l|m}(\frac{m}{l}?1)f(l)$$

$$=\frac{1}{2}m\sum _{l|m}(\frac{m}{l}?1)\sum _{d|l}\mu (\frac{l}{d})g(d)$$

我們不妨交換一下求和順序，將 $g(d)$ 提前，得到

$$S(\underset{i=1}{\overset{n}{?}}{A}_i)=\frac{1}{2}m\sum _{d|m}g(d)\sum _{l|\frac{m}{d}}\mu (l)(\frac{m}{dl}?1)$$

我們設

$$T(n)=\sum _{d|n}\mu (d)(\frac{n}{d}?1)=\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}?\sum _{d|n}\mu (d)=?(n)?e(n)$$

這里的 $?(n)$ 是歐拉函數，$e(n)$ 是單位函數，僅當 $n=1$ 時 $e(n)=1$，否則 $e(n)=0$。

如果你不知道什么是歐拉函數或者單位函數，那你就把它當做一個普通積性函數就可以了，我們仍可以通過積性函數的性質用篩法篩出來函數的值。

所以，最終答案為：

$$S(\underset{i=1}{\overset{n}{?}}{A}_i)=\frac{1}{2}m\sum _{d|m}g(d)T(\frac{n}{d})$$

$$=\frac{1}{2}m\sum _{d|m}g(d)[?(\frac{n}{d})?e(\frac{n}{d})]$$

這樣，我們就可以先求出來 $m$ 的所有約數，然后對于每個約數 $d$，求出來 $g(d),?(d)$ 的值。

時間復雜度為 $O(d(m)n)$，其中 $d(m)$ 為 $m$ 的因數個數，這個值很小，最大只有不到 $4000$ 個（據說）。

然而最終代碼還是跑得很快的，甚至只需要 $71ms$。

#include <bits/stdc++.h>const int MAXN = 1e5 + 5;int a[MAXN], ddiv[MAXN], g[MAXN], phi[MAXN], n, m, cnt, prime[MAXN], cnt2;int find(int x) {return std::lower_bound(ddiv + 1, ddiv + cnt + 1, x) - ddiv; }int e(int x) {return x == 1; }void solve(int T) {scanf("%d%d", &n, &m);cnt = cnt2 = 0;/*memset(g, 0, sizeof(g));memset(phi, 0, sizeof(phi));memset(ddiv, 0, sizeof(ddiv));memset(prime, 0, sizeof(prime));*/for(int i = 1; i <= n; i++) {int x;scanf("%d", &x);a[i] = std::__gcd(x, m);}std::sort(a + 1, a + n + 1);n = std::unique(a + 1, a + n + 1) - a - 1;for(int i = 1; i * i <= m; i++) {if(m % i != 0) continue;int d1 = i, d2 = m / i;ddiv[++cnt] = d1;if(d1 != d2) ddiv[++cnt] = d2;}std::sort(ddiv + 1, ddiv + cnt + 1);phi[1] = 1;for(int i = 2; i <= cnt; i++) {phi[i] = ddiv[i] - 1;for(int j = 1; j <= cnt2; j++) {if(ddiv[i] % prime[j] != 0) continue;int t1 = ddiv[i] / prime[j];if(t1 % prime[j] == 0) phi[i] = phi[find(t1)] * prime[j];else phi[i] = phi[find(t1)] * (prime[j] - 1);}if(phi[i] == ddiv[i] - 1) prime[++cnt2] = ddiv[i];}for(int i = 1; i <= cnt; i++) {g[i] = 0;for(int j = 1; j <= n; j++)if(ddiv[i] % a[j] == 0) {g[i] = 1; break;}}long long ans = 0;for(int i = 1; i <= cnt; i++) ans = ans + 1LL * g[i] * (phi[find(m / ddiv[i])] - (i == cnt));ans = ans * m / 2;printf("Case #%d: %lld\n", T, ans); }int main() {int T;scanf("%d", &T);for(int i = 1; i <= T; i++) solve(i);return 0; }

總結

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