NC20812 绿魔法师

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“我不知道你在说什么，因为我只是个pupil。”--绿魔法师

一个空的可重集合S。
n次操作，每次操作给出x,k,p，执行以下操作：
1、在S中加入x。
2、输出 $\sum_{y \in S}{gcd(x,y)^k} (mod p)$ 。

输入描述

所有输入的数都是小于1e5+1的正整数。

输出描述

输出对应的结果

示例1

输入

3
4 1 9
5 2 8
6 3 7

输出

4
2
1

题解

知识点：因数集合，GCD与LCM，容斥原理，枚举。

每次插入一个数 $x$ 时，因为 $\gcd(y,x)$ 的值一定不会出现 $x$ 因数之外的数，所以考虑枚举这个数的因数 $d$ 作为 $\gcd(x,y)$ 时的贡献，即有多少个 $y$ 满足条件。

我们先预处理出数据范围内所有数的因数，用 $cnt_d$ 表示整个集合中存在因数 $d$ 的数的个数，方便之后计数。

因为是最大公约数，应该先考虑较大数的贡献，计算完较大数后，在计算较小数时应减去较大数的影响，所以我们从大到小枚举因数，同时对较小因数做一个容斥。

因此，每次加入一个数 $x$ 时，用 $tot_d$ 表示 $gcd(y,x) = d$ 中 $y$ 的个数，即 $d$ 产生的贡献。那么， $tot_d$ 应该等于 $cnt_d$ 减去它所有是 $x$ 的因数的倍数 $d'$ 的贡献 $tot_{d'}$ ，即 $\displaystyle tot_d = cnt_d - \sum_{d \mid d',d'|x} tot_{d'}$ 。这个可以在我们遇到 $d'$ 时对它的因数贡献减去 $tot_{d'}$ 来维护。

最后，对于一个因数 $d$ 产生的贡献为 $tot_d \cdot d^k$ ，累和即可。

复杂度的上界确实是 $O(n \max\{x\})$ ，但是跑不满，因为因数个数的上界 $O(\sqrt {\max\{x\}})$ 是非常松的，这里的总计算量级差不多 $10^8$ 。

时间复杂度 $O(n \cdot \max\{x\})$

空间复杂度 $O(1)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
vector<int> factor[100007];
void get_factor(int n) {
    for (int i = n;i >= 1;i--)
        for (int j = 1;i * j <= n;j++)
            factor[i * j].push_back(i);
}
 
int qpow(int a, int k, int P) {
    int ans = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % P;
        k >>= 1;
        a = 1LL * a * a % P;
    }
    return ans;
}
 
int cnt[100007];//S中i的倍数的个数
int tot[100007];//gcd(x,y)=i的y的个数，通过容斥维护
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    get_factor(100000);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x, k, p;
        cin >> x >> k >> p;
        int ans = 0;
        for (auto d : factor[x]) {
            tot[d] += ++cnt[d];// 以d为gcd的个数 = d的倍数个数 - d的倍数作为gcd的数字个数
            if (!tot[d]) continue;
            (ans += 1LL * tot[d] * qpow(d, k, p) % p) %= p;
            int tmp = tot[d];
            for (auto dd : factor[d]) tot[dd] -= tmp; // 给dd减去的其倍数d作为gcd的数字个数
        }
        cout << ans << '\n';
    }
    return 0;
}