数论好题 CF900D

前置推导

令 $b_1=\frac{a_1}{x},b_2=\frac{a_2}{x},\dots ,b_n=\frac{a_n}{x}$ 。

很显然 $b_i$ 为整数，且 $b$ 数组的全部元素互质，即 $gcd(b_1,b_2,b_3,\dots ,b_n)=1$。

因为

$$\sum _{i=1}^n{a}_i=y$$

所以

$$x\times \sum _{i=1}^n{b}_i=y$$

$$\sum _{i=1}^n{b}_i=\frac{y}{x}$$

根据 $\mathrm{整}\mathrm{数}$ $+$ $\mathrm{整}\mathrm{数}$ $=$ $\mathrm{整}\mathrm{数}$ 的封闭法则且 $b_i$ 为整数，可得 $\frac{y}{x}$ 也是整数。所以当 $x\nmid y$ 时一定无解。

令 $m=\frac{y}{x}$，则

$$\sum _{i=1}^n{b}_i=m$$

大致思路

我们现在的目标是求出 $b$ 数组，满足所有元素互质。直接这样看上去很难求，我们考虑正难则反，利用容斥原理解决，即先假设 $b$ 数组中的元素不一定满足两两互质的个数，然后计算出 $gcd(b_1,b_2,\dots ,b_n)=d$ 且 $d\ne 1$ 的个数。再用总个数减去不满足条件的个数就是满足条件的个数。

总个数

先来计算总个数，显然我们当前求解的问题相当于求 $m$ 的所有本质不同的拆分总方案数。

因为

$$m=\underset{m}{\underbrace{1+1+\cdots +1}}$$

所以可以考虑插板法，设当前要把 $m$ 拆为 $i$ 个数相加，所以此时方案数为$(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-1}{i-1})$。

方法 $1$(暴力)

所以总方案数为

$$\sum _{i=1}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-1}{i-1})$$

根据二项式定理

$$(a+b{)}^n=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\times a^{n-i}\times b^i$$

令

$$a=1,b=1$$

则

$$\sum _{i=0}^{m-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-1}{i})\times 1\times 1=\sum _{i=1}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-1}{i-1})$$

所以

$$\sum _{i=1}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-1}{i-1})=(1+1{)}^{m-1}=2^{m-1}$$

方法 $2$（人类智慧）

因为空位只有选和不选两种情况，一共有 $m-1$ 个空位，所以总方案数为 $2^{m-1}$

不满足条件的个数

令函数 $f(x)$ 表示 $\sum _{i=1}^n{b}_i=x$ 且 $gcd(b_1,b_2,b_3,\dots ,b_n)=1$ 的个数。考虑怎么递推 $f(x)$，我们很容易地发现和为 $m$ 且 $gcd(b_1,b_2,b_3,\dots ,b_n)=d$ 的个数为 $f(\frac{m}{d})$显然 $d|m$。

所以

$$\sum _{d|x}f(\frac{x}{d})=2^{x-1}$$

再根据容斥原理得

$$f(x)=2^{x-1}-\sum _{d|x,d\ne 1}f(\frac{x}{d})$$

即

$$f(x)=2^{x-1}-\sum _{d|x,d\ne x}f(d)$$

求解

递归求解 $f(x)$ 即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$

$Code$

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Add(x, y) x = add(x, y)
#define Mul(x, y) x = mul(x, y)

std :: map <int, int> ans;
int x, y; const int mod = 1e9 + 7;
int mul(int x, int y) { return x * y % mod; }
int add(int x, int y) { return (x + y) % mod; }

int qpow(int x, int y) {
	int ans = 1;  while(y) {
		if(y & 1) ans = mul(ans, x);
		x = mul(x, x), y >>= 1;
	} return ans;
}

int calc(int o) {
	if(o == 1) return 1;
	if(ans[o]) return ans[o];
	int res = calc(1); 
	for(int i = 2; i * i <= o; ++ i) {
		if(o % i) continue;
		Add(res, add(calc(i), (i * i != o) * calc(o / i))); 
	} return ans[o] = add(qpow(2, o - 1), -res);
}

signed main() {
	scanf("%lld%lld", &x, &y);
	if(y % x) return puts("0"); 
	printf("%lld", add(mod, calc(y / x)));
}