CF1139D Steps to One

很好的一道题。

最开始我想的是 $dp$，但是在序列 $gcd$ 不变的时候有点想不明白。

后来看了几位大佬的思路，终于会了。

CF1139D Steps to One

题目大意：

一个初始为空的数列，每次等概率随机在末尾放入一个 $1$ 到 $m$ 之间的数，序列 $gcd=1$ 时结束，问序列长度的期望。

题目思路：

如果你实在是不会什么方法，那就直接推式子，先将期望的定义写出来，之后一步步化简。

令 $X$ 为步数：

（解释在后面）

式子：

$$\begin{align} E[X] &= \sum_jjP(X=j)\\ &= \sum_j\sum_i^j1P(X=j)\\ &= \sum_i\sum_{j\geq i}P(X=j)\\ &= \sum_iP(X\geq i)\\ &= 1+\sum_iP(X>i)\\ &= 1+\sum_i(1-P(\gcd_i(a_i)=1)) \\ &= 1+\sum_i\frac{m^i-\sum_{k\geq 1}\mu(k)\lfloor\frac{m}{k}\rfloor^i}{m^i}\\ &= 1+\sum_i\frac{m^i-m^i-\sum_{k\geq 2}\mu(k)\lfloor\frac{m}{k}\rfloor^i}{m^i}\\ &= 1-\sum_i\frac{\sum_{k\geq 2}\mu(k)\lfloor\frac{m}{k}\rfloor^i}{m^i}\\ &= 1-\sum_{k\geq 2}\mu(k)\sum_i\left(\frac{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}{m}\right)^i\\ &= 1-\sum_{k\geq 2}\mu(k)\frac{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}{m}\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1-(\frac{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}{m})^n}{1-\frac{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}{m}}\\ &= 1-\sum_{k\geq 2}\mu(k)\frac{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}{m}\frac{1}{1-\frac{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}{m}}\\ &= 1-\sum_{k\geq 2}\mu(k)\frac{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}{m-\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\\ \end{align}$$

其中用了期望定义、容斥、莫反、等比数列求和公式。

解释：

$(1)$ 没什么好说的，就是期望的定义。

$(2)、(3)、(4)$ 就是先将 $j$ 拆开，然后交换求和顺序，之后再将其中一个求和拍到概率种统一算。

其实这几步甚至可以不用推，直接瞪眼法可以一步想到，还是挺套路的。如果是第一次见，可以记一下，当套路食用。

$(5)$ 就是将等号提出来，之后 $(6)$ 就是将式子按照题目的定义将 $P$ 写出来。

$(7)$ 这里运用了莫比乌斯反演，这玩意几个结论就好。

同时注意，由于每个位置选某个数的概率是 $\frac{1}{m}$，所以 $i$ 个数就是 $\frac{1}{m^i}$，之后又将 $1$ 挪到了分数线上面。

$(8)$ 就是把 $k=1$ 拿出来，$(9)$ 是把符号提出去，之后变换求和顺序到 $(10)$。

注意到 $(10)$ 就是个等比数列求和，直接套公式到 $(11)$。

又由于 $\frac{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}{m}<1$，所以当 $n$ 趋近于 $\infty$ 时，它的 $n$ 次方就是 $0$。

那么就变到 $(12)$，之后乘在一起就是 $(13)$。

到了这一步，这个式子就十分的简洁了，可以直接枚举 $k$，上界显然就是 $m$ 因为 $k>m$ 时对答案的贡献就都是 $0$。

复杂度 $O(m)$。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000007ll
inline int read(){
	int rt=0;	char g=getchar();
	while(g<'0'||g>'9')	g=getchar();
	while(g>='0'&&g<='9')	rt=(rt<<3)+(rt<<1)+g-'0',g=getchar();
	return rt;
}
inline int KSM(int A,int k)
{
	if(!k)	return 1;
	ll rt=KSM(A,k>>1);
	(rt*=rt)%=mod;
	if(k&1)	(rt*=1ll*A)%=mod;
	return rt;
}

int n;
ll ans;
bool ck[100005];
ll mu[100005],p[100005],num;
int main()
{
	n=read();	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!ck[i])	p[++num]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=num&&p[j]*i<=n;j++)
		{
			ck[p[j]*i]=1;
			if(!(i%p[j]))	break;
			mu[p[j]*i]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=2;i<=n;i++)(ans+=mu[i]*(n/i)%mod*KSM((n-n/i),(mod-2))%mod)%=mod;
	printf("%lld",(1ll-ans+mod)%mod);
	return 0;
}