JZOJ 5843.B

\(Description\)

给定 \(n\) 个正整数序列，每个序列长度为 \(m\)。

选择至少 \(1\) 个序列，在每个被选择的序列中选择一个元素，求出所有被选择的元素的 \(\gcd\)。

求所有方案的结果之和，答案对 \(1e9+7\) 取模。两种方案不同，当且仅当存在至少一个元素，在一种方案中被选择，在另一种中没有。

\(Input\)

第一行，两个正整数 \(n，m\)。

接下来 \(n\) 行，每行 \(m\) 个正整数，第 \(i\) 行代表序列。

\(Output\)

第一行，一个整数，代表答案对 \(1e9+7\) 取模的结果。

解析

一道比较难的莫比乌斯反演题，要用到其中的性质，且按套路行事技巧处很多

最后推出的是一个关于欧拉函数的式子，莫比乌斯不见了

好，现在进行套路推导

先设 \(f(x)\) 表示选择至少一个序列，在每个被选择的序列选择一个元素，它们的 \(\gcd = x\) 的方案数。

则易得

\[f(x)=\prod_{i=1}^n(\sum_{j=1}^m [a_{i,j}=x]+1)-1
\]

然后套路 \(F(x)\) 表示同 \(f(x)\) 但涵盖了 \(x\) 的倍数，即

\[F(x)=\sum_{x|d}f(d)=\sum_{x|d}(\prod_{i=1}^n(\sum_{j=1}^m [a_{i,j}=d]+1)-1)
\]

然后我们发现，我们先枚举 \(x\) ，再枚举其倍数 \(d\)，而后面 \([a_{i,j}=d]\) 肯定是 \(x\) 的倍数，所以我们可以简化式子

\[\sum_{x|d}(\prod_{i=1}^n(\sum_{j=1}^m [a_{i,j}=d]+1)-1) = \prod_{i=1}(\sum_{j=1}^m [x|a_{i,j}]+1)-1
\]

而此时，为了日后式子的简便即实现，我们设

\(cnt_{i,x}=\sum_{j=1}^m[x|a_{i,j}]\) 表示第 \(i\) 个数列所有是 \(x\) 的倍数的数的个数

再为了枚举得到所有答案，我们设 \(lim\) 表示所有元素的最大值

然后一波推式子，反演

\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{lim}if(i)
&=\sum_{i=1}^{lim}i\sum_{i|d}F(d)\mu(\frac{d}{i}) \\
&=\sum_{i=1}^{lim}i\sum_{i|d}\prod_{j=1}^n((cnt_{j,d}+1)-1)\mu(\frac{d}{i}) \\
&=\sum_{d=1}^{lim}\sum_{i|d}i\mu(\frac{d}{i})(\prod_{j=1}^n(cnt_{j,d}+1)-1)
\end{aligned}
\]

然后，然后~~~好像没戏了

但，我们有伟大的欧拉！！

上

\[\begin{aligned}
\varphi(n)
&=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1] \\
&=\sum_{i=1}^n\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d) \\
&=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}
\end{aligned}
\]

哈哈哈，太棒了！

相同的一部分，代入式子

\[\begin{aligned}
\sum_{d=1}^{lim}\sum_{i|d}i\mu(\frac{d}{i})(\prod_{j=1}^n(cnt_{j,d}+1)-1)
&=\sum_{d=1}^{lim}\varphi(n)(\prod_{j=1}^n(cnt_{j,d}+1)-1)
\end{aligned}
\]

于是这题就这样了。

线性筛 \(\varphi\)，预处理 \(cnt\) 数组（根据套路，不要枚举因子而是枚举倍数）。

\(Code\)

#include<cstdio>

#include<iostream>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e5;

const LL mod = 1e9 + 7;

int lim , n , m , a[25][N + 5] , cnt[25][N + 5] , phi[N + 5] , prime[N + 5] , vis[N + 5] , tot;

LL ans;

inline void getPhi()

{

	phi[1] = 1;

	for(register int i = 2; i <= N; i++)

	{

		if (!vis[i]) phi[prime[++tot] = i] = i - 1;

		for(register int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= N; j++)

		{

			vis[prime[j] * i] = 1;

			if (i % prime[j] == 0)

			{

				phi[prime[j] * i] = phi[i] * prime[j];

				break;

			}

			phi[prime[j] * i] = phi[i] * (prime[j] - 1);

		}

	}

}

inline void getCnt()

{

	for(register int i = 1; i <= n; i++)

		for(register int j = 1; j <= lim; j++)

			for(register int k = 2; k * j <= lim; k++)

				cnt[i][j] += cnt[i][j * k];

}

int main()

{

	freopen("b.in" , "r" , stdin);

	freopen("b.out" , "w" , stdout);

	scanf("%d%d" , &n , &m);

	for(register int i = 1; i <= n; i++)

		for(register int j = 1; j <= m; j++)

			scanf("%d" , &a[i][j]) , cnt[i][a[i][j]]++ , lim = max(lim , a[i][j]);

	getPhi() , getCnt();

	for(register int d = 1; d <= lim; d++)

	{

		LL res = 1;

		for(register int j = 1; j <= n; j++) res = res * (LL)(cnt[j][d] + 1) % mod;

		ans = (ans + (LL)((LL)phi[d] * (res - 1)) % mod) % mod;

	}

	printf("%lld" , ans);

}

巴特西

JZOJ 5843.B

\(Description\)

\(Input\)

\(Output\)

解析

\(Code\)

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