[unknown source] 整数拆分

一、题目

题目描述

定义一个整数拆分序列 \(a\) 的权值为：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{i-1}\gcd(a_i,a_j) \]

求对于一个整数 \(n\) 所有整数拆分序列的权值和模 \(1e9+7\) 的值，有 \(m\) 个数不能选。

数据范围

\(n,m\leq2000\)，多组数据

二、解法

法一

见到 \(\gcd\) 就用莫比乌斯反演，问题变成了求 \(i\) 倍数有 \(x\) 个的整数拆分个数。

暴力完全背包是 \(O(n^3\log n)\) 的，瓶颈在于加入那些贡献为 \(0\) 的数，所以可以做一个退背包，时间复杂度 \(O(n^2\log^2n)\)，这种做法我讲得比较简略因为他是没有前途的（主要是告诉你完全背包也是可以退的）

法二

正解是算贡献（这么强的东西怎么我学不会啊！）

具体来说我们统计每对 \((a_i,a_j)\) 的贡献，首先要算一个 \(f[i]\) 表示去掉不能选的数后 \(i\) 的整数拆分个数，这个东西暴力算是 \(O(n^2)\) 的。

然后考虑对于一个拆分序列统计值 \(x\) 和值 \(y\) 之间的贡献，设这个拆分序列的 \(x\) 数量是 \(a\)，\(y\) 的数量是 \(b\)，那么我们肯定要让 \(\gcd(x,y)\) 被统计 \(a\times b\) 次，但是在真实的计算中我们是不知道 \(a,b\) 的，只能尝试用 \(f\) 去表示它，我们枚举 \(i,j\) 表示 \(x\) 钦定选 \(i\) 个，\(y\) 钦定选 \(j\) 个，那么我们要在 \(i\in[1,a],j\in[1,b]\) 的时候统计一次就可以了，所以贡献算出来是这样的：

稍微解释一下这个钦定，其实它是一个很重要的概念，就表示强制选某些另一些乱选的情况

\[\sum_{x,y,i,j}\gcd(x,y)\times f(n-ix-iy) \]

算贡献的魅力就在于：就算你不知道一些东西，但是他依然是可以统计的

这个东西肯定不能暴力算，有一个比较小清新的优化，设 \(t=ix\)，求出 \(c[t][y]\) 表示 \(\sum f(n-t-jy)\)，根据调和级数求和的理论不难发现求出这个东西是 \(O(n^2\log n)\) 的，然后暴力枚举 \(x,y\) 和 \(x\) 的所有倍数，同样是调和级数的 \(O(n^2\log n)\)

白嫖了一个好看的代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 2005
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
int n,m,ans,a[maxn],g[maxn][maxn],f[maxn],c[maxn][maxn];
bool ban[maxn];
inline int add(int x,int y){return (x+=y)>=mod?x-mod:x;}
int main()
{
	freopen("zscf.in","r",stdin);
	freopen("zscf.out","w",stdout);
	for(int i=1;i<=2000;i++)
		for(int j=i;j<=2000;j++)
			g[i][j]=g[j][i]=__gcd(i,j);
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
		memset(ban,0,n+1),ans=0;
		for(int i=1,x;i<=m;i++) scanf("%d",&x),ban[x]=1;
		memset(f,0,(n+1)<<2),f[0]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++) if(!ban[i])
			for(int j=i;j<=n;j++)
				f[j]=add(f[j],f[j-i]);
		for(int j=1;j<=n;j++) if(!ban[j])
			for(int i=n;i>=1;i--)
				if(i+j<=n) c[i][j]=add(c[i+j][j],f[n-i-j]);
				else c[i][j]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) if(!ban[i]){
			int cnt=0;
			for(int x=1,s=i;s<=n;s+=i,x++){
				if(s+i<=n) cnt=add(cnt,1ll*x*f[n-s-i]%mod);
				for(int j=1;j<i;j++) if(!ban[j])
					ans=add(ans,1ll*g[i][j]*c[s][j]%mod);
			}
			ans=add(ans,1ll*cnt*i%mod);
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}