GCD of Sequence HDU - 4675

原题链接
考察:容斥原理+组合数学
错误思路:
  想得有点复杂,考虑未修改a数组的gcd的值,然后修改后的gcd的值,这么想完全没得思路.
正确思路:
  假定当前\(gcd(b_1,b_2,b_3,...,b_n) = d\),a数组有\(cnt\)个\(d\)的倍数.

1. \(n-cnt>k,ans = 0\)
2. \(n-cnt==k,ans=(\frac{m}{d})^k\)
3. \(n-cnt<k,ans=C_{cnt}^{k-n+cnt}*(\frac{m}{d}-1)^{k-n+cnt}*(\frac{m}{d})^{n-cnt}\)
     当然这里的ans是\(gcd>=d\)的,还需要用容斥原理减去重复的,

Code

#include <iostream> 
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 300010,M = 1000000007;
int n,m,k,sz[N],f[N],fact[N],inv[N];
int cnt[N],prime[N],s,mob[N];
bool st[N];
void GetPrime(int n)
{
	mob[1] = 1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!st[i]) prime[++s] = i,mob[i] = -1;
		for(int j=1;prime[j]<=n/i;j++)
		{
			st[i*prime[j]] = 1;
			if(i%prime[j]==0) break;
			mob[i*prime[j]] = -1*mob[i];
		}
	}
}
int qsm(int a,int k,int m)
{
	int res = 1;
	while(k)
	{
		if(k&1) res = (LL)res*a%m;
		a = (LL)a*a%m;
		k>>=1;
	}
	return res;
}
void init()
{
	inv[0] = 1,fact[0] = 1;
	for(int i=1;i<N;i++)
	{
		fact[i] = (LL)fact[i-1]*i%M;
		inv[i] = (LL)inv[i-1]*qsm(i,M-2,M)%M;
	}
}
int C(int a,int b)
{
	if(a<b) return 0;
	if(!b||a==b) return 1;
	return (LL)fact[a]*inv[a-b]%M*inv[b]%M;
}
int main()
{
	init();
	GetPrime(N-1);
	while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF)
	{
		memset(cnt,0,sizeof cnt);
		memset(sz,0,sizeof sz);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int x;
			scanf("%d",&x);
			sz[x]++;
		}
		cnt[1] = n;
		for(int i=2;i<=m;i++)
		  for(int j=i;j<=m;j+=i)
		   cnt[i]+=sz[j];//i的倍数的个数 
		for(int i=1;i<=m;i++)
		  if(n-cnt[i]>k) f[i] = 0;
		  else f[i] = (LL)C(cnt[i],k-n+cnt[i])*qsm(m/i-1,k-n+cnt[i],M)%M*qsm(m/i,n-cnt[i],M)%M;
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			LL ans = 0;
			for(int j=1;j<=m/i;j++)
			  ans += (LL)mob[j]*f[j*i]%M,ans= (ans+M)%M;
			printf("%lld%c",(ans+M)%M,i==m?'\n':' ');
		}
	}
	return 0;
}

总结:

1. 当某个数=k的方案数较难求时,可以考虑求>=k的方案数.