CF1139D Steps to One 题解

一道莫反好题。

先证个式子：E(X)=∑i≥1P(X≥i)E(X)=\sum_{i\ge 1}P(X \ge i)E(X)=∑i≥1P(X≥i)，也就是最终长度为 XXX 的期望是所有最终长度小于等于 XXX 的概率之和。

证明：E(X)=∑i≥1iP(X=i)=∑i≥1∑1≤j≤iP(X=i)=∑j≥1∑i≥jP(X=i)=∑j≥1P(x≥j)E(X)=\sum_{i\ge 1}iP(X=i)=\sum_{i\ge 1}\sum_{1\le j\le i}P(X=i)=\sum_{j\ge 1}\sum_{i\ge j}P(X=i)=\sum_{j\ge1}P(x\ge j)E(X)=∑i≥1iP(X=i)=∑i≥1∑1≤j≤iP(X=i)=∑j≥1∑i≥jP(X=i)=∑j≥1P(x≥j)。

考虑容斥，最终长度大于等于 iii 等价于长度为 i−1i-1i−1 的序列 gcd⁡\gcdgcd 大于 1，这个可以用 1 减去 gcd⁡=1\gcd=1gcd=1 的概率，注意这里的 i≥2i \ge 2i≥2。

概率用满足条件方案数 / 总方案数计算，总方案数 mi−1m^{i-1}mi−1，因此只需要计算 i−1i-1i−1 时 gcd⁡=1\gcd=1gcd=1 的方案数即可。

推 gcd⁡=1\gcd=1gcd=1 的式子：∑1≤a1,a2,...,ai−1≤m[gcd⁡(a1,a2,...,ai−1)=1]\sum_{1 \le a_1,a_2,...,a_{i-1} \le m}[\gcd(a_1,a_2,...,a_{i-1})=1]∑1≤a1,a2,...,ai−1≤m[gcd(a1,a2,...,ai−1)=1]

莫比乌斯反演，得到 ∑1≤a1,a2,...,ai−1≤m∑d∣gcd⁡(a1,a2,...,ai−1)μ(d)\sum_{1 \le a_1,a_2,...,a_{i-1}\le m}\sum_{d \mid \gcd(a_1,a_2,...,a_{i-1})}\mu(d)∑1≤a1,a2,...,ai−1≤m∑d∣gcd(a1,a2,...,ai−1)μ(d)

换个枚举顺序，顺便处理一下求和符号得到 ∑d=1mμ(d)⌊md⌋i−1\sum_{d=1}^{m}\mu(d)\lfloor\dfrac{m}{d}\rfloor^{i-1}∑d=1mμ(d)⌊dm⌋i−1

然后开始计算答案式子，为 1+∑i≥2mi−1−∑d=1mμ(d)⌊md⌋i−1mi−11+\sum_{i\ge2}\dfrac{m^{i-1}-\sum_{d=1}^m\mu(d)\lfloor\dfrac{m}{d}\rfloor^{i-1}}{m^{i-1}}1+∑i≥2mi−1mi−1−∑d=1mμ(d)⌊dm⌋i−1。

i−1i-1i−1 太丑，令 i←i−1i \gets i-1i←i−1，得到 1+∑i≥1mi−∑d=1mμ(d)⌊md⌋imi1+\sum_{i\ge1}\dfrac{m^i-\sum_{d=1}^m\mu(d)\lfloor\dfrac{m}{d}\rfloor^i}{m^i}1+∑i≥1mimi−∑d=1mμ(d)⌊dm⌋i。

注意到 d=1d=1d=1 时 ∑d=1mμ(d)⌊md⌋i=mi\sum_{d=1}^{m}\mu(d)\lfloor\dfrac{m}{d}\rfloor^i=m^i∑d=1mμ(d)⌊dm⌋i=mi，因此将这一部分提出来与 mim^imi 消掉。

然后交换求和符号，得到 1−∑d=1mμ(d)(⌊md⌋m)i1-\sum_{d=1}^{m}\mu(d)(\dfrac{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}{m})^i1−∑d=1mμ(d)(m⌊dm⌋)i。

因为 ⌊md⌋m<1\dfrac{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}{m}<1m⌊dm⌋<1，根据 x<1→∑i≥1xi=x1−xx<1 \to \sum_{i\ge1}x^i=\dfrac{x}{1-x}x<1→∑i≥1xi=1−xx（貌似是用生成函数推的），得到 1−∑d=1mμ(d)⌊md⌋mm−⌊md⌋m1-\sum_{d=1}^{m}\mu(d)\dfrac{\dfrac{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}{m}}{m-\dfrac{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}{m}}1−∑d=1mμ(d)m−m⌊dm⌋m⌊dm⌋，然后整除分块即可。

GitHub：CodeBase-of-Plozia

Code：

/*
========= Plozia =========Author:PloziaProblem:CF1139D Steps to OneDate:2022/3/1
========= Plozia =========
*/#include <bits/stdc++.h>typedef long long LL;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const LL P = 1e9 + 7;
int t, n, cntPrime, Prime[MAXN];
LL mu[MAXN], inv[MAXN];
bool book[MAXN];int Read()
{int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = sum * 10 + (ch ^ 48);return sum * fh;
}
int Max(int fir, int sec) { return (fir > sec) ? fir : sec; }
int Min(int fir, int sec) { return (fir < sec) ? fir : sec; }
LL ksm(LL a, LL b = P - 2, LL p = P)
{LL s = 1 % p;for (; b; b >>= 1, a = a * a % p)if (b & 1) s = s * a % p;return s;
}void init()
{book[1] = mu[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; ++i){if (!book[i]) { Prime[++cntPrime] = i; mu[i] = -1; }for (int j = 1; j <= cntPrime; ++j){if (i * Prime[j] > n) break ;book[i * Prime[j]] = 1;if(i % Prime[j] == 0) { mu[i * Prime[j]] = 0; break ; }mu[i * Prime[j]] = -mu[i];}}for (int i = 2; i <= n; ++i) mu[i] = mu[i - 1] + mu[i];
}int main()
{n = Read(); init(); LL ans = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) inv[i] = ksm(i);for (int l = 2, r; l <= n; l = r + 1){r = Min(n / (n / l), n);ans = (ans + (mu[r] - mu[l - 1]) * (n / l) % P * inv[n - (n / l)] % P) % P;}ans = ((1 - ans) % P + P) % P;printf("%lld\n", ans);return 0;
}

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