Frogs - HDU5514

icpc沈阳2015的题目。

容斥原理和数论的应用。

题目大意为给你一个数组 a[i]a[i]a[i]（a[i]a[i]a[i] 即为第 iii 只青蛙的步长）和若干格子编号为 000 到 m−1m - 1m−1，对于任意的正整数 k,ik, ik,i，编号为 k∗a[i]modmk * a[i] \mod mk∗a[i]modm 的格子会被占用，问所有被占用的格子的编号之和。

首先对于一个 a[i]a[i]a[i]，显然所有编号为 gcd⁡(a[i],m)\gcd(a[i], m)gcd(a[i],m) 的倍数的格子会被占用，抛弃掉之前的 a[i]a[i]a[i] ，直接将 gcd⁡(a[i],m)\gcd(a[i], m)gcd(a[i],m) 设为新的 a[i]a[i]a[i]，这样的话，我们记 a[i]a[i]a[i] 的倍数组成的集合为 AiA_iAi，那么最终答案为 S(A1∪A2∪⋯∪An)S(A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n)S(A1∪A2∪⋯∪An)，其中 S(A)S(A)S(A) 为集合 AAA 中所有元素的和。

这个东西显然可以用容斥做，我们记集合 {A1,A2,…,An}\{A_1, A_2, \dots, A_n\}{A1,A2,…,An} 的幂集为 UUU，那么我们可以枚举 UUU 中所有元素，写出来容斥原理的公式：

S(⋃i=1nAi)=∑B∈P(−1)∣B∣−1S(⋂Ai∈BAi)S(\bigcup_{i = 1}^nA_i) = \sum_{B \in P}(-1)^{|B| - 1}S(\bigcap_{A_i \in B}A_i) S(i=1⋃nAi)=B∈P∑(−1)∣B∣−1S(Ai∈B⋂Ai)

（不得不说容斥原理的公式写成这个样子真的简洁明了又暴力，直接枚举了 2n2^n2n 种集合）

首先需要明确的是，我们使用容斥原理一定是要有一个出发点的，就是对于某一类集合，我们可以快速统计出来这一类集合的答案之和，因为我们不可能花费 O(2n)O(2^n)O(2n) 的时间复杂度去枚举所有 AiA_iAi 的交集情况，在集合数繁多的情况下我们只能对这些集合进行分类合并。

对于本题来说，这个分类方法可以很自然地得出。

我们思考若干集合的交，例如 A1∩A3∩A6A_1 \cap A_3 \cap A_6A1∩A3∩A6，那么在这个集合中的元素一定是 a[1],a[3],a[6]a[1], a[3], a[6]a[1],a[3],a[6] 的公倍数，即一定是 lcm(a[1],a[3],a[6])lcm(a[1], a[3], a[6])lcm(a[1],a[3],a[6]) 的倍数，并且 000 到 mmm 内所有 a[1],a[3],a[6]a[1], a[3], a[6]a[1],a[3],a[6] 的公倍数一定在这个集合中。

对于任意一组集合的并皆是如此，并且，我们不难发现，由于 a[i]a[i]a[i] 都是 mmm 的因数，那么若干个 a[i]a[i]a[i] 的最小公倍数也一定是 mmm 的因数。

所以，我们不妨把集合按照最小公倍数分类来进行容斥。

首先，根据上面的结论，我们有：

S(⋂Ai∈BAi)=12lml(ml−1)=12m(ml−1)S(\bigcap_{A_i \in B} A_i) = \frac 12 l\frac ml(\frac ml - 1) = \frac 12m(\frac ml - 1) S(Ai∈B⋂Ai)=21llm(lm−1)=21m(lm−1)

其中 lll 为所有 Ai∈BA_i \in BAi∈B 的 iii 中 a[i]a[i]a[i] 的最小公倍数。

我们不妨设

l=LCM(B)=lcmAi∈Ba[i]l = LCM(B) = {lcm}_{A_i \in B} a[i] l=LCM(B)=lcmAi∈Ba[i]

那么我们就可以以对集合按照最小公倍数分类的方式重写容斥原理。

S(⋃i=1nAi)=∑l∣m∑B∈P[LCM(B)=l](−1)∣B∣−1S(⋂Ai∈BAi)S(\bigcup_{i = 1}^nA_i) = \sum_{l|m}\sum_{B \in P}[LCM(B) = l](-1)^{|B| - 1}S(\bigcap_{A_i \in B}A_i) S(i=1⋃nAi)=l∣m∑B∈P∑[LCM(B)=l](−1)∣B∣−1S(Ai∈B⋂Ai)

=∑l∣m∑B∈P[LCM(B)=l](−1)∣B∣−112m(ml−1)= \sum_{l|m}\sum_{B \in P}[LCM(B) = l](-1)^{|B| - 1}\frac 12m(\frac ml - 1) =l∣m∑B∈P∑[LCM(B)=l](−1)∣B∣−121m(lm−1)

=12m∑l∣m(ml−1)∑B∈P[LCM(B)=l](−1)∣B∣−1= \frac 12m\sum_{l|m}(\frac ml - 1)\sum_{B \in P}[LCM(B) = l](-1)^{|B| - 1} =21ml∣m∑(lm−1)B∈P∑[LCM(B)=l](−1)∣B∣−1

接下来，我们只需要考虑如何计算

∑B∈P[LCM(B)=l](−1)∣B∣−1\sum_{B \in P}[LCM(B) = l](-1)^{|B| - 1} B∈P∑[LCM(B)=l](−1)∣B∣−1

这一坨式子。

这里我们需要用到一个结论，也就是非常出名的莫比乌斯反演公式：

如果有函数 f(n),g(n)f(n), g(n)f(n),g(n) 满足：

g(n)=∑d∣nf(d)g(n) = \sum_{d|n}f(d) g(n)=d∣n∑f(d)

那么他们同时也满足：

f(n)=∑d∣nμ(nd)g(d)f(n) = \sum_{d|n}\mu(\frac nd)g(d) f(n)=d∣n∑μ(dn)g(d)

这是一个非常非常非常有用的结论，他可以允许我们在枚举最大公约数或最小公倍数时去掉最大/最小，改为枚举公约数或者公倍数。这里的 μ\muμ 是莫比乌斯函数，关于莫比乌斯反演在我另一篇博客中有讲解，可以移步去看，不过这里我们只需要知道这个结论就行了。

在这里，我们不妨设

f(l)=∑B∈P[LCM(B)=l](−1)∣B∣−1f(l) = \sum_{B \in P}[LCM(B) = l](-1)^{|B| - 1} f(l)=B∈P∑[LCM(B)=l](−1)∣B∣−1

那么我们不难发现对于

g(n)=∑d∣nf(d)g(n) = \sum_{d|n}f(d) g(n)=d∣n∑f(d)

来说，f(n)f(n)f(n) 表示所有最小公倍数为 nnn 的集合 BBB 的 (−1)∣B∣−1(-1)^{|B| - 1}(−1)∣B∣−1 的和，那么 g(n)g(n)g(n) 即表示所有公倍数为 nnn 的集合 BBB 的 (−1)∣B∣−1(-1)^{|B| - 1}(−1)∣B∣−1 的和。

我们通过求出来 g(n)g(n)g(n) 的式子，然后利用莫比乌斯反演的公式来间接求出 f(n)f(n)f(n) 的式子。

g(n)g(n)g(n) 的式子非常好求，我们只需要知道数组 a[i]a[i]a[i] 中为 nnn 的约数的数的个数即可，假设个数为 xxx。

那么这些约数中任意若干个约数组成的集合都满足公约数为 nnn，即

g(n)=∑i=1x(xi)(−1)i−1=1−(1−1)xg(n) = \sum_{i = 1}^x{x \choose i}(-1)^{i - 1} = 1 - (1 - 1)^x g(n)=i=1∑x(ix)(−1)i−1=1−(1−1)x

我们可以得到，当数组 a[i]a[i]a[i] 中为 nnn 的约数的个数为 000 时，g(n)=0g(n) = 0g(n)=0，否则 g(n)=1g(n) = 1g(n)=1。

我们把这个式子代入原式：

S(⋃i=1nAi)=12m∑l∣m(ml−1)f(l)S(\bigcup_{i = 1}^nA_i) = \frac 12m\sum_{l|m}(\frac ml - 1)f(l) S(i=1⋃nAi)=21ml∣m∑(lm−1)f(l)

=12m∑l∣m(ml−1)∑d∣lμ(ld)g(d)= \frac 12m\sum_{l|m}(\frac ml - 1)\sum_{d|l}\mu(\frac ld)g(d) =21ml∣m∑(lm−1)d∣l∑μ(dl)g(d)

我们不妨交换一下求和顺序，将 g(d)g(d)g(d) 提前，得到

S(⋃i=1nAi)=12m∑d∣mg(d)∑l∣mdμ(l)(mdl−1)S(\bigcup_{i = 1}^nA_i) = \frac 12m\sum_{d|m}g(d)\sum_{l|\frac md}\mu(l)(\frac m{dl} - 1) S(i=1⋃nAi)=21md∣m∑g(d)l∣dm∑μ(l)(dlm−1)

我们设

T(n)=∑d∣nμ(d)(nd−1)=∑d∣nμ(d)nd−∑d∣nμ(d)=ϕ(n)−e(n)T(n) = \sum_{d|n}\mu(d)(\frac nd - 1) = \sum_{d|n}\mu(d)\frac nd - \sum_{d|n}\mu(d) = \phi(n) - e(n) T(n)=d∣n∑μ(d)(dn−1)=d∣n∑μ(d)dn−d∣n∑μ(d)=ϕ(n)−e(n)

这里的 ϕ(n)\phi(n)ϕ(n) 是欧拉函数，e(n)e(n)e(n) 是单位函数，仅当 n=1n = 1n=1 时 e(n)=1e(n) = 1e(n)=1，否则 e(n)=0e(n) = 0e(n)=0。

如果你不知道什么是欧拉函数或者单位函数，那你就把它当做一个普通积性函数就可以了，我们仍可以通过积性函数的性质用筛法筛出来函数的值。

所以，最终答案为：

S(⋃i=1nAi)=12m∑d∣mg(d)T(nd)S(\bigcup_{i = 1}^nA_i) = \frac 12m\sum_{d|m}g(d)T(\frac nd) S(i=1⋃nAi)=21md∣m∑g(d)T(dn)

=12m∑d∣mg(d)[ϕ(nd)−e(nd)]= \frac 12m\sum_{d|m}g(d)[\phi(\frac nd) - e(\frac nd)] =21md∣m∑g(d)[ϕ(dn)−e(dn)]

这样，我们就可以先求出来 mmm 的所有约数，然后对于每个约数 ddd，求出来 g(d),ϕ(d)g(d), \phi(d)g(d),ϕ(d) 的值。

时间复杂度为 O(d(m)n)O(d(m)n)O(d(m)n)，其中 d(m)d(m)d(m) 为 mmm 的因数个数，这个值很小，最大只有不到 400040004000 个（据说）。

然而最终代码还是跑得很快的，甚至只需要 71ms71ms71ms。

#include <bits/stdc++.h>const int MAXN = 1e5 + 5;int a[MAXN], ddiv[MAXN], g[MAXN], phi[MAXN], n, m, cnt, prime[MAXN], cnt2;int find(int x) {return std::lower_bound(ddiv + 1, ddiv + cnt + 1, x) - ddiv;
}int e(int x) {return x == 1;
}void solve(int T) {scanf("%d%d", &n, &m);cnt = cnt2 = 0;/*memset(g, 0, sizeof(g));memset(phi, 0, sizeof(phi));memset(ddiv, 0, sizeof(ddiv));memset(prime, 0, sizeof(prime));*/for(int i = 1; i <= n; i++) {int x;scanf("%d", &x);a[i] = std::__gcd(x, m);}std::sort(a + 1, a + n + 1);n = std::unique(a + 1, a + n + 1) - a - 1;for(int i = 1; i * i <= m; i++) {if(m % i != 0) continue;int d1 = i, d2 = m / i;ddiv[++cnt] = d1;if(d1 != d2) ddiv[++cnt] = d2;}std::sort(ddiv + 1, ddiv + cnt + 1);phi[1] = 1;for(int i = 2; i <= cnt; i++) {phi[i] = ddiv[i] - 1;for(int j = 1; j <= cnt2; j++) {if(ddiv[i] % prime[j] != 0) continue;int t1 = ddiv[i] / prime[j];if(t1 % prime[j] == 0) phi[i] = phi[find(t1)] * prime[j];else phi[i] = phi[find(t1)] * (prime[j] - 1);}if(phi[i] == ddiv[i] - 1) prime[++cnt2] = ddiv[i];}for(int i = 1; i <= cnt; i++) {g[i] = 0;for(int j = 1; j <= n; j++)if(ddiv[i] % a[j] == 0) {g[i] = 1; break;}}long long ans = 0;for(int i = 1; i <= cnt; i++) ans = ans + 1LL * g[i] * (phi[find(m / ddiv[i])] - (i == cnt));ans = ans * m / 2;printf("Case #%d: %lld\n", T, ans);
}int main() {int T;scanf("%d", &T);for(int i = 1; i <= T; i++) solve(i);return 0;
}

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