[ABC236Ex] Distinct Multiples 题解

前言

非常好容斥题，使我的笔旋转。

感觉这道题又让我学到了不少。

确实是没有想过可以把容斥系数都 $\mathtt{\text{DP}}$ 进去这种方式。

思路

显然正着做不太好做，反着正好有事一堆 $a_i=a_j$ 的限制，说不定会好一点。

故我们考虑容斥。

首先最暴力的一个容斥就是我们对于每一个集合 $S$，里面储存的是这个点对 $(i,j)$ 是否会被钦定为 $a_i=a_j$。（相当于说全集就是 $n\times (n-1)/2$ 个点对）对于每一个 $S$ 的贡献就是 $(-1{)}^{|S|}\times \prod \lfloor {\displaystyle \frac{m}{{\text{lcm}}_{s_i}}}\rfloor$。（其中，$s_i$ 表示将这些点对当作边连起来之后，构成的连通块。）

复杂度 $\mathcal{O}(2^{n\times (n-1)/2}\times \log m)$，显然不可过。

我们发现，其实我们本质上在乎的是这个连通块的分配情况，和它对应的容斥系数。

故我们定义 $d{p}_{s_1,s_2,s_3,...s_k}$ 表示由这些连通块所构成的答案。

假设 $E_i$ 为可以构成 $s_i$ 这个连通块的所有边集。

故 $d{p}_{s_1,s_2,...s_k}=\prod _{i=1}^k\lfloor {\displaystyle \frac{m}{{\text{lcm}}_{s_i}}}\rfloor \times (\sum (-1{)}^{|E_i|})$。

观察到对于一个块的任意两个点其实都是可以连边的，故这个 $\sum (-1{)}^{|E_i|}$ 只与 $s_i$ 的大小有关。

定义 $g_{i,0/1}$ 表示大小为 $i$ 的连通块，可以被大小为偶数/奇数的边集所构成的方案数。

故 $\sum (-1{)}^{|E_i|}=g_{|s_i|,0}-g_{|s_i|,1}$

对于 $g_{n,0/1}$ 的转移，我们仍然考虑一个容斥转移：

$g_{n,0}=(C_{n\times (n-1)/2}^0+C_{n\times (n-1)/2}^2+C_{n\times (n-1)/2}^4+...)-\sum _{i=1}^{n-2}{C}_{n-1}^{i-1}\times ((g_{i,0}\times (C_{i\times (i-1)/2}^0+C_{i\times (i-1)/2}^2+C_{i\times (i-1)/2}^4+...)+(g_{i,1}\times (C_{i\times (i-1)/2}^1+C_{i\times (i-1)/2}^3+C_{i\times (i-1)/2}^5+...))-g_{n-1,0}\times (n-1)$

简单理解一下，就是算出用偶数条边的总方案，减去那些不连通的。枚举 $i$ 表示 $n$ 所在连通块的大小，剩下的随便连边，特判一下 $i=n-1$，因为这个时候外部只有 $1$ 个点，只能是 $g_{n-1,0}\times (C(n-1,n-2)=(n-1))$，因为外面没办法连边了。

观察到对于 $n>1$，$(C_{n\times (n-1)/2}^0+C_{n\times (n-1)/2}^2+C_{n\times (n-1)/2}^4+...)=(C_{n\times (n-1)/2}^1+C_{n\times (n-1)/2}^3+C_{n\times (n-1)/2}^5+...)=2^{n\times (n-1)/2-1}$

故我们简化一下式子。

$g_{n,0}=2^{n\times (n-1)/2-1}-\sum _{i=1}^{n-2}{C}_{n-1}^{i-1}\times (g_{i,0}+g_{i,1})\times 2^{i\times (i-1)/2-1}-g_{n-1,0}\times (n-1)$。

同理：

$g_{n,1}=2^{n\times (n-1)/2-1}-\sum _{i=1}^{n-2}{C}_{n-1}^{i-1}\times (g_{i,0}+g_{i,1})\times 2^{i\times (i-1)/2-1}-g_{n-1,1}\times (n-1)$。

但其实，我们更想知道的是 $g_{i,0}-g_{i,1}$ 发现 $g_{i,0}-g_{i,1}=(i-1)\times (g_{i,1}-g_{i,0})$。

观察到边界值为 $g_{1,0}=1,g_{1,1}=0$

求一个简单的通项，$g_{n,0}-g_{n,1}=(-1{)}^{n-1}\times (n-1)!$

我们考虑把这个东西带回原来的 $dp$ 式子，于是有：

$d{p}_{s_1,s_2,...s_k}=\prod _{i=1}^k\lfloor {\displaystyle \frac{m}{{\text{lcm}}_{s_i}}}\rfloor \times (-1{)}^{|s_i|-1}\times (|s_i|-1)!$。

为了方便转移，我们定义 $f_S$ 表示所有 $s_1+s_2+...+s_k=S$ 的 $d{p}_{s_1,s_2,...s_k}$ 之和。

一个简单的转移就有了：$f_S=\sum _{\text{lowbit(S)}\in S^{\prime }\in S}{f}_{S-S^{\prime }}\times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{{\text{lcm}}_{S^{\prime }}}}\rfloor \times (-1{)}^{|S^{\prime }|-1}\times (|S^{\prime }|-1)!$

这个感觉是比较直观的，这里就不解释了。

初始值的话就是 $f_{\mathrm{\varnothing }}=1$。

终于是大功告成了，答案显然是 $f_{1,2,...,n}$，为了弄懂这个题我也是煞费苦心啊。

时间复杂度 $\mathcal{O}(2^n\times \log m+3^n)$。因为 $\text{lcm}$ 的存在。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod = 998244353;
#define maxn 17
int n;
ll m, a[maxn];
ll Lcm[1 << 16], flg[1 << 16];
ll Gcd(ll x, ll y)
{
    if(x > y) swap(x, y);
    if(x == 0) return y;
    return Gcd(x, y % x);
}
ll fact[maxn];
ll dp[1 << 16];
int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], Lcm[(1 << i - 1)] = a[i];
    fact[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
    for (int i = 1; i < (1 << n); ++i)
    {
        if(__builtin_popcount(i) == 1) continue;
        int j = __lg(i);
        if(flg[i - (1 << j)])
        {
            flg[i] = true;
            continue;
        }
        ll gcd = Gcd(Lcm[i - (1 << j)], a[j + 1]);
        if(a[j + 1] * __int128(1) * Lcm[i - (1 << j)] / gcd > m) flg[i] = true;
        else Lcm[i] = Lcm[i - (1 << j)] / gcd * a[j + 1];
    }
    dp[0] = 1;
    for (int i = 1; i < (1 << n); ++i)
    {
        // cout << i << endl;
        int I = i - (i & -i), k = i & -i;
        for (int j = I; ; j = (j - 1) & I)
        {
            if(flg[j + k])
            {
                if(!j) break;
                continue;
            }
            if(Lcm[j + k] > m)
            {
                if(!j) break;
                continue;
            }
            dp[i] += dp[i - j - k] * ((m / Lcm[j + k]) % mod) % mod * fact[__builtin_popcount(j + k) - 1] % mod * ((__builtin_popcount(j + k) & 1) ? 1 : -1);
            dp[i] %= mod, dp[i] += mod, dp[i] %= mod;
            if(!j) break;
        }
    }
    cout << dp[(1 << n) - 1] << endl;
    return 0;
}

后记

人说，
林深时见鹿，
海蓝时见鲸，
梦醒时见你。
可实际，
林深时雾起，
海蓝时浪涌，
梦醒时也许未见鹿，
未见鲸，亦未见你。
但是，
鹿踏雾而来，
鲸随浪儿起，
你没回头，又怎知我没来过。