BZOJ4305: 数列的GCD
Description
给出一个长度为N的数列{a[n]},1<=a[i]<=M(1<=i<=N)。
现在问题是,对于1到M的每个整数d,有多少个不同的数列b[1], b[2], ..., b[N],满足:
(1)1<=b[i]<=M(1<=i<=N);
(2)gcd(b[1], b[2], ..., b[N])=d;
(3)恰好有K个位置i使得a[i]<>b[i](1<=i<=N)
注:gcd(x1,x2,...,xn)为x1, x2, ..., xn的最大公约数。
输出答案对1,000,000,007取模的值。
Input
第一行包含3个整数,N,M,K。
第二行包含N个整数:a[1], a[2], ..., a[N]。
Output
输出M个整数到一行,第i个整数为当d=i时满足条件的不同数列{b[n]}的数目mod 1,000,000,007的值。
Sample Input
3 3 3
3 3 3
3 3 3
Sample Output
7 1 0
HINT
当d=1,{b[n]}可以为:(1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 1), (1, 2, 2), (2, 1, 1), (2, 1, 2), (2, 2, 1)。
当d=2,{b[n]}可以为:(2, 2, 2)。
当d=3,因为{b[n]}必须要有k个数与{a[n]}不同,所以{b[n]}不能为(3, 3, 3),满足条件的一个都没有。
对于100%的数据,1<=N,M<=300000, 1<=K<=N, 1<=a[i]<=M。
首先gcd=x的答案可以转化成gcd为x因数的答案,再容斥相减。
那么我们现在要求的就是,对于1到M的每个整数d,有多少个不同的数列b[1], b[2], ..., b[N],满足:
View Code
(1)1<=b[i]<=M(1<=i<=N);
(2)(b[1], b[2], ..., b[N])均是d的倍数;
(3)恰好有K个位置i使得a[i]<>b[i](1<=i<=N)
然后发现顺序与答案无关。
枚举d,计算有多少a[i]是d的倍数以及有多少[1,m]中的数是d的倍数x。那么要从a[i]中选出n-k个数保留,剩下a[i]中的有x-1中选择,最后的有x种选择。
时间复杂度O(nlogn)
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#include<cstdio> #include<cctype> #include<queue> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++) #define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--) #define ren for(int i=first[x];i!=-1;i=next[i]) using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; } typedef long long ll; const int maxn=300010; const int mod=1000000007; int n,m,k,S[maxn]; ll ans[maxn],xp[maxn],inv[maxn]; ll pow(int a,int n) { if(!n) return 1; ll ans=pow(a,n>>1); (ans*=ans)%=mod;if(n&1) (ans*=a)%=mod; return ans; } int main() { n=read();m=read();k=n-read(); rep(i,1,n) S[read()]++; xp[0]=inv[0]=1; rep(i,1,n) xp[i]=(xp[i-1]*i)%mod,inv[i]=(inv[i-1]*pow(i,mod-2))%mod; rep(i,1,m) { int cnt=0,tot=0; for(int j=i;j<=m;j+=i) cnt+=S[j],tot++; if(cnt>=k) ans[i]=pow(tot-1,cnt-k)*pow(tot,n-cnt)%mod*xp[cnt]%mod*inv[k]%mod*inv[cnt-k]%mod; } dwn(i,m,1) for(int j=2*i;j<=m;j+=i) ans[i]=(ans[i]-ans[j]+mod)%mod; printf("%lld",ans[1]);rep(i,2,m) printf(" %lld",ans[i]); return 0; }