[Gym101138G][容斥原理]LCM-er

[Gym101138G][容斥原理]LCM-er

题意描述

给定\(n,a,b,x\)四个数字，需要计数满足如下条件序列的个数(答案对\(10^9+7\)取模)，条件如下。

\[{a \le A_1 \le A_2 \le A_3 \le A_4 \le \cdots \le A_n \le b }\\ 1 \le n\le 100,1\le a,b,x \le 10^9, a\le b \\ \]

以及需要满足 \(lcm(A_1,A_2,A_3,\cdots ,A_n)\)可以被\(x\)整除, 即

\[{lcm(A_1,A_2,A_3,\cdots ,A_n) | x} \]

解法解析

根据正难则反的原则，我们可以考虑计数那些\(lcm\)不可以整除的序列。

仔细推断后发现，若将数\(x\)质因数分解为\(p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m}\)。

那么当且仅当将某序列的\(lcm\)质因数分解后，存在某个质数的幂小于\(x\)质因数分解后(若没有对应质数就将幂视为\(0\))对应质数的幂，此序列不合法。

\[\begin{aligned} x &= p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m} \\ lcm &= p_1^{t_1}p_2^{t_2}\cdots p_m^{t_m} \\ \end{aligned} \\ 需要满足\ k_i \le t_i (1\le i\le m) \]

注意到没有出现在\(x\)中的质数幂对答案无影响，所以我们只考虑\(x\)分解出来的质数幂。

现在我们枚举\(lcm​\)中不合法的位置，由于至少有一个位置不合法不好计算，我们利用容斥原理转而计算出单个位置不合法，两个位置不合法...m个位置不合法的方案数，即:

\(q_i代表第i个位置合法的情况, S代表所有位置的集合\{1,2,3,\cdots,m\},F代表满足指定情况下的方案数​\)

\[\begin{aligned} F\left(\bigcap_{i=1}^m q_i \right) &= {All - F\left(\bigcup_{i=1}^m\overline{q_i} \right)} \\ F\left(\bigcup_{i=1}^m\overline{q_i} \right) &= {F(\overline{q_1})+F(\overline{q_2})+\cdots+F(\overline{q_m})} \\ &{-\sum_{1\le i\lt j\le m}F(\overline{q_i}\cap\overline{q_j})} \\ &{+\sum_{1\le i\lt j\lt k\le m}F(\overline{q_i}\cap\overline{q_j}\cap\overline{q_j})} \\ &\cdots \\ &{+\sum_{t\subseteq S}(-1)^{|t|}F\left( \bigcap_{i\in t}\overline{q_i}\ \right)} \end{aligned} \]

现在我们需要关注的就是对于一个位置集合，如何计算 \(F\left( \bigcap_{i\in t}\overline{q_i}\ \right)​\)。

容易发现若\(lcm\)在这些位置不满足，则构成序列的每一个数都不是选定位置质数幂的倍数，也就是所我们首先要筛选出\([a,b]​\)范围内有多少数字不是选定位置处质数幂的倍数即可。

联想在小于\(n\)的数中筛选不是\(2,3,5\)倍数的数字，我们再次利用容斥即可。

\[G(q_i)代表[a,b]区间内不为对应i位置质数幂倍数的数字数\\ {G\left( \bigcap_{i\in t}\overline{q_i}\ \right) =(b-a+1)+\sum_{j\subseteq t}(-1)^{|j|}\left( \Big\lfloor \frac{b}{\prod_{x\in j}p_x^{k_x}}\Big\rfloor - \Big\lfloor \frac{a-1}{\prod_{x\in j}p_x^{k_x}}\Big\rfloor \right)} \]

将筛出的数字看作一个集合，大小为\(k\)，现在可以从中任意选取\(n\)个数，每个数选取次数不限，求最后构成序列的有序方案数；即计算该多重集的\(n\)组合，可构成的方案数为\(\binom{n+k-1}{n}\)（挡板法）。

\[{F\left( \bigcap_{i\in t}\overline{q_i}\ \right) = \binom{G\left( \bigcap_{i\in t}\overline{q_i}\ \right)+n-1}{n}} \]

整个过程需要两个容斥，做一次枚举子集即可，考虑到构成\(x​\)的质数幂不超过\(9\)个，复杂度\(O(n2^{\omega(n)}+3^{\omega(n)})\)。

PS:代码写得异常奇怪，就想试试不开数组只用vector

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MOD = 1e9 + 7;
const int BIT = 11;
const int N = 105;
vector<int> inv(N, 1);

void init_inverse() {
    for (int i = 2; i < inv.size(); i++) {
        inv[i] = 1LL * (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
    }
}

void resolve(int x, vector<int>& factors) {
    for (int i = 2; i * i <= x; i++) {
        if (x % i == 0) {
            factors.push_back(i);
            x /= i;
            while (x % i == 0) {
                *factors.rbegin() *= i;
                x /= i;
            }
        }
    }
    if (x > 1) factors.push_back(x);
}

int calc(int x, int l, int r) {
    return r / x - (l - 1) / x;
}

int comb(int n, int m) {
    if (m > n || m < 0) return 0;
    int ret = 1;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        ret = 1LL * ret * inv[i] % MOD;
        ret = 1LL * ret * (n - i + 1) % MOD;
    }
    return ret;
}

int main() {
    init_inverse();

    int n, a, b, x;
    vector<int> factors;

    cin >> n >> a >> b >> x;
    resolve(x, factors);

    vector<int> lcm(1 << factors.size(), 1);
    vector<int> weight(1 << factors.size(), 0);
    vector<int> cnt(1 << factors.size(), 0);

    for (int i = 0, j = 1; j < weight.size(); i++, j = j + j) {
        weight[j] = i;
    }
    for (int i = 1; i < lcm.size(); i++) {
        lcm[i] = lcm[i - (i & -i)] * factors[weight[i & -i]];
        cnt[i] = cnt[i - (i & -i)] + 1;
    }

    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < lcm.size(); i++) {
        int temp = b - a + 1;
        for (int j = i; j; j = i & (j - 1)) {
            if (cnt[j] & 1) {
                temp = (temp - calc(lcm[j], a, b) + MOD) % MOD;
            } else {
                temp = (temp + calc(lcm[j], a, b)) % MOD;
            }
        }
        if (cnt[i] & 1) {
            ans = (ans - comb(temp + n - 1, n) + MOD) % MOD;
        } else {
            ans = (ans + comb(temp + n - 1, n)) % MOD;
        }
    }
    cout << ans << endl;
    
    return 0;
}