隐藏页面特效

CF2037G - Natlan Exploring 题解

又来到我们最喜欢的数论环节了。

题面

纳特兰地区由 n 座城市组成，每座城市的吸引力值为 ai 。从城市 i 到城市 j 之间存在一条有向边，当且仅当 i<j 和 gcd(ai,aj)≠1 ，其中 gcd(x,y) 表示整数 x 和 y 的 最大公约数 (GCD)。

从城市 1 出发，你的任务是确定到达城市 n 的不同路径的总数，答案对 998,244,353 取模。当且仅当所访问的城市集合不同时，两条路径才是不同的。

题解

一眼看过去会是一个方案数 dp，但是不这么好直接干出来，因为边是不定的，而且无法全部建出来。

不妨设 f(i) 表示到达城市 i 的方案数，容易得到：

f(i)=i−1∑j=1f(j)[gcd(ai,aj)≠1]

看见这玩意直接来一发莫比乌斯反演。

f(i)=i−1∑j=1f(j)∑d∣gcd(ai,aj)d≠1μ(d)

移一下项，把 ai 放到前面去，aj 留在后面：

f(i)=∑d∣aid≠1μ(d)i−1∑j=1f(j)[d∣aj]

此刻，我们发现一个非常好的一点，后者是 d,i 相关独立的，可以提出来。

不妨设 g(n,d)=n∑j=1f(j)[d∣aj]，容易发现：

g(i,d)=g(i−1,d)+f(i)[d∣ai]

在计算 f(i) 的过程中可以顺带把 g(i,d) 给计算出来。

每次算完 f(i) 更新 g(i−1,d)，因此可以降下一维，满足空间需求。

线性筛筛出莫比乌斯函数，预处理因数 O(AlnA)，或枚举因数 O(n√A) 即可。

不过预处理比枚举因数慢是令我没想到的。

参考代码（预处理）

复制#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 10, M = 2e5 + 10, mod = 998244353;
int n, a[M];
int st[N], primes[N], cnt, mu[N];
vector<int> factors[N];
ll f[M], g[N];

void init()
{
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; i ++ )
    {
        if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i, mu[i] = 1;
        for (int j = 0; primes[j] * i < N; j ++ )
        {
            st[i * primes[j]] = 1;
            if (i % primes[j] == 0) break;
            mu[i * primes[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for (int i = 2; i < N; i ++ )
        for (int j = i; j < N; j += i)
            factors[j].push_back(i);
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n, init();
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
    f[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        for (auto d : factors[a[i - 1]])
            if (a[i - 1] % d == 0)
                (g[d] += f[i - 1]) %= mod;
        for (auto d : factors[a[i]])
            if (mu[d])
                (f[i] += mu[d] * g[d]) %= mod;
    }
    cout << (f[n] + mod) % mod;
    return 0;
}

参考代码（枚举）

复制#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 10, M = 2e5 + 10, mod = 998244353;
int n, a[M];
int st[N], primes[N], cnt, mu[N];
vector<int> factors[N];
ll f[M], g[N];

void init()
{
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; i ++ )
    {
        if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i, mu[i] = 1;
        for (int j = 0; primes[j] * i < N; j ++ )
        {
            st[i * primes[j]] = 1;
            if (i % primes[j] == 0) break;
            mu[i * primes[j]] = -mu[i];
        }
    }
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n, init();
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
    f[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        for (int d = 1; d * d <= a[i - 1]; d ++ )
        {
            if (a[i - 1] % d) continue;
            if (d != 1) (g[d] += f[i - 1]) %= mod;
            if (d * d != a[i - 1]) (g[a[i - 1] / d] += f[i - 1]) %= mod;
        }
        for (int d = 1; d * d <= a[i]; d ++ )
        {
            if (a[i] % d) continue;
            if (d != 1) (f[i] += mu[d] * g[d]) %= mod;
            if (d * d != a[i]) (f[i] += mu[a[i] / d] * g[a[i] / d]) %= mod;
        }
    }
    cout << (f[n] + mod) % mod;
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：Yip.Chip
本文链接：https://www.cnblogs.com/YipChipqwq/p/-/CF2037G.html
关于博主：评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！
posted @   YipChip  阅读(8)  评论(0)  编辑  收藏  举报
相关博文：
·  数论分块（二）
·  数论分块（一）
·  G. Natlan Exploring
·  Codeforces Round 988 (Div. 3)题解记录(A~G)
·  Codeforces Round 988 div3 个人题解(A~G)
阅读排行：
· 地球OL攻略 —— 某应届生求职总结
· 周边上新：园子的第一款马克杯温暖上架
· Open-Sora 2.0 重磅开源！
· 提示词工程——AI应用必不可少的技术
· .NET周刊【3月第1期 2025-03-02】
点击右上角即可分享
微信分享提示
SQL AI 助手