轨道

题目大意

对于以下公式：

$$v=\frac{a_1*a_2*...*a_n}{k}$$

已知 $n$ 和 $k$ 且 $\forall 1 \leq i \leq n, 1 \leq a_i \leq m$，问有多少个序列 $a$ 满足 $v$ 和 $k$ 为互质正整数。

注：相同的元素，不同的排列，算不同的方案。

对于 $100\%$ 的数据 $1<=n<=3000,1<=m<=10^9,1<=k<=10^7$

解题思路

一道好题。

20pts

暴力 $dfs$，求出 $v$ 后 $\gcd$ 判断 $v, k$ 是否为互质正整数即可。

时间复杂度为 $\mathcal{O}(m^n)$ ，这不用说了吧。。。

100pts

考虑 DP。

设 $dp_{i, j}$ 指 $\prod\limits_{x = 1}^i a_x = j$ 的方案数。

那么最终的答案即为 $\sum dp_{n, p}$，其中 $p$ 满足 $\frac{p}{k} 与$k$ 为互质正整数。

但这样做显然空间又大时间又大，所以我们可以换个状态。

由于题意是让 $\prod\limits_{i = 1}^n a_i$ 可以整除 $k$ 且除以 $k$ 的商与 $k$ 为互质正整数，所以我们只需关心 \prod\limits_{i = 1}^n a_i $中$k$ 的质因子的个数即可。

因此可以把上述状态优化成如下状态：

设 $dp_{i, j}$ 表示 $\prod\limits_{k = 1}^i a_k$ 与 $k$ 的最大公因数为 $k$ 的第 $j$ 个因数的方案总数。

由定义知 $\prod\limits_{k = 1}^i a_k$ 除以该公因数的商与 $k$ 本身互质，否则该数肯定不是最大公因数。¹

设 $p_i$ 为 $k$ 的第 $i$ 个因数。

于是，最终的答案即为 $dp_{n, len_p}$。

再考虑转移方程，根据 $dp_{i, j}$ 的定义，我们需要用前 $i$ 个数凑出 $p_j$ 的倍数，那么不妨用前 $i - 1$ 个数凑出满足题目条件的 $p_x$ 的倍数，再令第 $i$ 个数为满足题目条件的 $\frac{p_j}{p_x}$ 的倍数，从而凑出 $p_j$ 的倍数。

因为 $p_j$ 为 $k$ 的因数，$\frac{p_j}{p_x}$ 又是 $p_j$ 的因数，所以 $\frac{p_j}{p_x}$ 也一定是 $k$ 的因数。

假设 $\frac{p_j}{p_x}$ 为 $k$ 的第 $r$ 个因数，$\forall p_j \operatorname{mod} p_x = 0, dp_{i, j} = \sum\limits (dp_{i - 1, x} \times dp_{1, r})$，即用 $i - 1$ 个数凑出符合要求的 $p_x$ 的倍数的方案总数 $*$ 符合要求的 $\frac{p_j}{p_x}$ 的倍数的个数，再求和。

然后再考虑 DP 的边界条件，$\forall 1 \leq i \leq l, dp_{1, i}$ 即为 $[1, m]$ 中与 $k$ 的最大公因数为 $p_i$ 并且除以 $p_i$ 的商与 $k$ 互质的正整数个数。

假设 $x$ 是一个符合要求的整数，那么 $\gcd(x, k) = p_i$。

我们可以把这个式子稍微变形一下：$dp_{1, i}$ 等于 $\forall 1 \leq y \leq \lfloor \frac{m}{p_i} \rfloor，gcd(y, k) = 1$ 的整数 $y$ 的个数。

如何维护上面的式子？令 $q$ 为 $k$ 的质因数序列。

我们发现 $[1, \lfloor \frac{m}{p_i} \rfloor]$ 中与 $k$ 互质的数个数似乎是 $\lfloor \frac{m}{p_i} \rfloor$ 减去取值范围内 $q_1, q_2, ..., q_{len}$ 倍数的个数。

但是这样会重复减去 $q_i * q_j$ 倍数的个数，因此还需要把它们加回来。

显然这是一个 容斥原理 。

每次容斥的值可以简单地确定：显然我们需要减去所有 $q_i$ 的倍数的个数，再加上 $q_i * q_j$ 的倍数的个数，接着减去 $q_i \times q_j \times q_x$ 的倍数的个数……

奇数个质因子之积的倍数个数系数应该为 $-1$，反之为 $1$，这样我们就需要枚举每一种可能的质因数组合，时间复杂度在 $2$ 的幂次方级别。

时间复杂度即为 $\mathcal{O}(2^{x} \times len + nlen^2)$。

AC CODE

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

const int mod = 10007;

int n, m, k;

int sum, p;

int dp[3007][4007], tar[10000007];

int flen, fac[4007], plen, prime[4007], fact[4007][4007];

void dfs(int dep, int val, int g)
{
    if (dep > plen)
    {
        sum += (p / val * g);
        return;
    }
    dfs(dep + 1, val, g);
    dfs(dep + 1, val * prime[dep], -g);
}

signed main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);

    for (int i = 1; i * i <= k; i++)
        if (k % i == 0)
        {
            fac[++flen] = i;
            if (k / i != i)
                fac[++flen] = k / i;
        }
    sort(fac + 1, fac + flen + 1);

    int val = k;
    for (int i = 2; i * i <= k; i++)
    {
        if (val % i == 0)
        {
            prime[++plen] = i;
            while (val % i == 0)
                val /= i;
        }
    }
    if (val != 1)
        prime[++plen] = val;
    sort(prime + 1, prime + plen + 1);

    for (int i = 1; i <= flen; i++)
    {
        tar[fac[i]] = i;
        sum = 0;
        p = m / fac[i];
        dfs(1, 1, 1);
        dp[1][i] = sum % mod;
    }

    for (int i = 1; i <= flen; i++)
        for (int j = 1; j <= i; j++)
            if (fac[i] % fac[j] == 0)
                fact[i][++fact[i][0]] = j;

    for (int i = 2; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= flen; j++)
            for (int k = 1; k <= fact[j][0]; k++)
                dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][fact[j][k]] * dp[1][tar[fac[j] / fac[fact[j][k]]]]) % mod;

    printf("%d\n", dp[n][flen]);
    return 0;
}

Footnotes

1. 简证：设该数，即 $\prod\limits_{x = 1}^i a_x$ 和 $k$ 最大公因数为 $W$，则 $\prod\limits_{x = 1}^i a_x=W*u_1,k=W*u_2$， $\gcd(u_1,u_2)=1$，由定义得，$\frac{\prod\limits_{x = 1}^i a_x}{k}$ 为正整数，即 $\frac{u_1}{u_2}$ 为正整数，又因为 $\gcd(u_1,u_2)=1$，所以 $u_2$ 只能为 $1$，$k=W$。证毕。 ↩