「SDOI2013」项链 - 莫比乌斯反演+Polya计数+欧拉函数+数列通项 | Bill Yang's Blog
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「SDOI2013」项链 - 莫比乌斯反演+Polya计数+欧拉函数+数列通项

题目大意


题目分析

原来这道题就是在成都七中时培训的这道题的原型。
本题有一份很详细的题解,在本文底部的第二个参考资料。
因为做法与该大爷的做法不太一样,因此在这里记下本题的收获。

首先,珠子和项链是独立的两个问题,不妨分开计算。

计算珠子总数

珠子可以看做一个有序三元组$(x,y,z)$,其中$0\lt x\le y\le z\le a,\gcd(x,y,z)=1$。
有序三元组很不好搞,想办法将其转化为无序三元组。

统计无序三元组$(x,y,z)$,其中$0\lt x,y,z\le a,\gcd(x,y,z)=1$。
这样$x,y,z$互不相同的三元组会被重复统计$6$次。
$x,y,z$中有两者相同的三元组会被重复统计$3$次,退化为二元组。
$x,y,z$全部相同的三元组会被统计$1$次,且仅有一个合法:$(1,1,1)$。
将统计的所有无序三元组个数记为$ans_3$,所有无序二元组个数记为$ans_2$。
这样我们需要除去重复统计的三元组,故珠子总数为:

其中$3ans_2$与$2$均为不足$6$次而补足的系数。
现在考虑如何计算$ans_2,ans_3$。

即,满足条件$0\lt x,y,z\le a,\gcd(x,y,z)=1$的三元组$(x,y,z)$个数与满足条件$0\lt x,y\le a,\gcd(x,y)=1$二元组$(x,y)$个数。
显然,这个问题可以使用莫比乌斯反演快速地解决,是一类经典的反演。
过程不再给出,直接得出结论:

因为$a$的范围很小,所以可以直接线性筛+$O(a)$枚举统计。
当然如果你闲的无聊,可以和我一样写个分块。
当然如果你比我更无聊,你还可以写杜教筛。

这样我们记统计出的珠子总数为$m=\frac{ans_3+3ans_2+2}6$。
时间复杂度为$2O(a)/O(a+\sqrt a)/O(a^\frac 23)$。

Polya计数

将珠子看做染色集,现在问题变成了等价类计数。
将位置集合记作$S$,对$S$作用置换$f_i$得到$f_i(S)$,其中$f_i$表示旋转$i$位后的位置集合。

现在,将$f_i$置换拆解为若干个循环的乘积,一个循环的长度为:

可以理解为跳跃$lcm(n,i)$位后回到原有位置,故循环长度为$\frac{lcm(n,i)}{i}$。

现在证明所有循环两两相邻。
两个点$u,v$在同一个循环中当且仅当:

其中$k$与$p$均为未知数,根据裴蜀定理,该方程有解当且仅当$\gcd(n,i)\mid (v-u)$,即$u-v\equiv0\pmod{\gcd(n,i)}$,因此有$u-v$有$\gcd(n,i)-1$种本质不同取值使$u,v$不再同一个循环中,而这些取值是相邻的,故循环有$\gcd(n,i)$个。

我们将新的不同循环看作点,相对顺序保留,记作集合$\lambda(f_i)$。根据$Polya$定理可知,若$g(\left|S\right|)$表示位置集合$S$符合要求的染色方案总数(不论是否属于同一等价类),则等价类数目为:

其中$g(S)$所需满足的要求是相邻两个点不能染同一颜色。

求$g$

$g(i)$为大小为$i$的不同项链数(不要求属于同一等价类)。
不难得出动态规划方程:


如图,考虑$n-2$与$n$的颜色相同还是不同即可得出上述方程。

现在考虑如何快速计算$g(n)$。

方法一.矩阵乘法

这是一个线性递推式,显然可以使用矩阵快速幂进行优化。
矩阵也很好构造,就不细讲了,计算单个$g(i)$时间复杂度$O(2^3\log n)$。
然而会被卡常,因此需要考虑新的方法。

方法二.通项公式

这是一个与前两项有关的递推式,因此可以列出特征方程:

其解为$x_1=-1,x_2=m-1$。
因此

显然$g(1)=0,g(2)=m(m-1)$,因此:

快速幂一下即可,时间复杂度$O(\log n)$。

求答案

现在我们来考虑求:

方法一.莫比乌斯反演

这里

方法二.欧拉函数

首先,肯定不能暴力枚举$i$,考虑,$\gcd(n,i)$是$n$的约数,而约数个数只有$\sqrt n$个。
因此转化为枚举约数$d$,尝试统计答案。
考虑,$n$以内会有多少个$i$使得,$\gcd(n,i)=d$?
即,$\frac nd$以内有多少个$i$使得,$\gcd(\frac nd,i)=1$,根据欧拉函数的意义,个数即为$\varphi(\frac nd)$。

因此:

欧拉函数的计算可以根据枚举素数与幂次,通过搜索得到。
而在搜索的过程中计算答案。
时间复杂度即为$O(\sqrt n\log n)$。

坑点

因为$n\le10^{14}$,它可能会是$p$的倍数,在除以$n$的时候就没法求逆元了。
怎么办很简单,计算过程现将答案对$p^2$取模。
在最后的除法时,如果$n$不是$p$的倍数,直接求逆元,否则先给答案除以$p$,再乘上$\frac np$在模$p$意义下的逆元即可。

证明如下:
因为结论$\frac ab\bmod p=\frac {a\bmod pb}b$,此结论证明如下:

因此,$\frac xp\bmod p=\frac {x\bmod p^2}p$。


代码

分块加速

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#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;

typedef long long LL;

inline const LL Get_Int() {
LL num=0,bj=1;
char x=getchar();
while(x<'0'||x>'9') {
if(x=='-')bj=-1;
x=getchar();
}
while(x>='0'&&x<='9') {
num=num*10+x-'0';
x=getchar();
}
return num*bj;
}

const int maxa=10000000,TIMES=20;
const LL p=1e9+7,p2=p*p;

int Prime[maxa+5],u[maxa+5],pcnt=0;
bool vst[maxa+5];

void check(LL &x,LL p=p2) {
if(x>=p)x-=p;
if(x<0)x+=p;
}

void add(LL &x,LL v,LL p=p2) {
x+=v;
check(x,p);
}

void Table(int n) {
u[1]=1;
for(int i=2; i<=n; i++) {
if(!vst[i]) {
Prime[++pcnt]=i;
u[i]=-1;
}
for(int j=1; j<=pcnt&&i*Prime[j]<=n; j++) {
vst[i*Prime[j]]=1;
if(i%Prime[j]==0) {
u[i*Prime[j]]=0;
break;
}
u[i*Prime[j]]=-u[i];
}
}
for(int i=2; i<=n; i++)u[i]+=u[i-1];
}

LL Mul(LL a,LL b,LL p=p2) {
LL tmp=(a*b-(LL)((long double)a/p*b+1e-8)*p);
check(tmp,p);
return tmp;
}

LL Quick_Pow(LL a,LL b,LL p=p2) {
LL sum=1;
for(a%=p; b; b>>=1,a=Mul(a,a,p))if(b&1)sum=Mul(sum,a,p);
return sum;
}

void Exgcd(LL a,LL b,LL &gcd,LL &x,LL &y) {
if(!b)gcd=a,x=1,y=0;
else Exgcd(b,a%b,gcd,y,x),y-=x*(a/b);
}

LL inv(LL a,LL p=p2) {
LL x,y,d;
Exgcd(a,p,d,x,y);
return (x%p+p)%p;
}

LL n,m,a,ans;
vector<LL> vec;
vector<int> cnt;

LL f(LL n) {
return (Quick_Pow(m-1,n)+(m-1)*(n&1?-1:1))%p2;
}

void Dfs(int Depth,LL sum,LL phi) {
if(Depth==vec.size()) {
add(ans,Mul(phi%p2,f(n/sum)));
return;
}
LL tmp=1;
for(int i=1; i<=cnt[Depth]; i++,tmp*=vec[Depth])Dfs(Depth+1,sum*tmp*vec[Depth],phi*tmp*(vec[Depth]-1));
Dfs(Depth+1,sum,phi);
}

void Find_Fac() {
vec.clear(),cnt.clear();
LL tmp=n;
for(int i=2; i<=sqrt(n); i++)
if(tmp%i==0) {
vec.push_back(i);
cnt.push_back(0);
while(tmp%i==0)tmp/=i,cnt.back()++;
}
if(tmp>1)vec.push_back(tmp),cnt.push_back(1);
}

int main() {
int t=Get_Int();
Table(maxa);
while(t--) {
n=Get_Int();
a=Get_Int();
LL ans2=0,ans3=0;
for(int i=1,next=0; i<=a; i=next+1) {
next=a/(a/i);
add(ans2,Mul(Mul(a/i,a/i),(u[next]-u[i-1])));
add(ans3,Mul(Mul(Mul(a/i,a/i),a/i),(u[next]-u[i-1])));
}
m=Mul((ans3+ans2*3+2)%p2,inv(6));
Find_Fac();
ans=0;
Dfs(0,1,1);
if(n%p==0)printf("%lld\n",Mul(ans/p,inv(n/p,p),p));
else printf("%lld\n",Mul(ans,inv(n,p),p));
}
return 0;
}

rho加速+分块加速

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#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;

typedef long long LL;

inline const LL Get_Int() {
LL num=0,bj=1;
char x=getchar();
while(x<'0'||x>'9') {
if(x=='-')bj=-1;
x=getchar();
}
while(x>='0'&&x<='9') {
num=num*10+x-'0';
x=getchar();
}
return num*bj;
}

const int maxa=10000000,TIMES=20;
const LL p=1e9+7,p2=p*p;

int Prime[maxa+5],u[maxa+5],pcnt=0;
bool vst[maxa+5];

void check(LL &x,LL p=p2) {
if(x>=p)x-=p;
if(x<0)x+=p;
}

void add(LL &x,LL v,LL p=p2) {
x+=v;
check(x,p);
}

void Table(int n) {
u[1]=1;
for(int i=2; i<=n; i++) {
if(!vst[i]) {
Prime[++pcnt]=i;
u[i]=-1;
}
for(int j=1; j<=pcnt&&i*Prime[j]<=n; j++) {
vst[i*Prime[j]]=1;
if(i%Prime[j]==0) {
u[i*Prime[j]]=0;
break;
}
u[i*Prime[j]]=-u[i];
}
}
for(int i=2; i<=n; i++)u[i]+=u[i-1];
}

LL Mul(LL a,LL b,LL p=p2) {
LL tmp=(a*b-(LL)((long double)a/p*b+1e-8)*p);
check(tmp,p);
return tmp;
}

LL Quick_Pow(LL a,LL b,LL p=p2) {
LL sum=1;
for(a%=p; b; b>>=1,a=Mul(a,a,p))if(b&1)sum=Mul(sum,a,p);
return sum;
}

void Exgcd(LL a,LL b,LL &gcd,LL &x,LL &y) {
if(!b)gcd=a,x=1,y=0;
else Exgcd(b,a%b,gcd,y,x),y-=x*(a/b);
}

LL inv(LL a,LL p=p2) {
LL x,y,d;
Exgcd(a,p,d,x,y);
return (x%p+p)%p;
}

mt19937 g(rand());

bool Witness(LL a,LL n) {
LL u=n-1,t=0;
while(u%2==0)t++,u>>=1;
LL x=Quick_Pow(a,u,n);
if(x==1)return false;
for(int i=1; i<=t; i++,x=Mul(x,x,n))
if(x!=n-1&&x!=1&&Mul(x,x,n)==1)return true;
return x!=1;
}

bool Miller_Rabin(LL n) {
if(n==2)return true;
if(n<2||!(n&1))return false;
for(int i=1; i<=TIMES; i++)
if(Witness(g()%(n-1)+1,n))return false;
return true;
}

LL Pollar_Rho(LL n) {
if(!(n&1))return 2;
while(true) {
LL a=g()%(n-1)+1,b=a,c=g()%(n-1)+1;
if(c==2)c=3;
while(true) {
a=(Mul(a,a,n)+c)%n;
b=(Mul(b,b,n)+c)%n;
b=(Mul(b,b,n)+c)%n;
if(a==b)break;
LL d=__gcd(abs(b-a),n);
if(d>1)return d;
}
}
}

vector<LL> vec;

void Find_Fac(LL n) {
if(Miller_Rabin(n)) {
vec.push_back(n);
return;
}
LL p=Pollar_Rho(n);
Find_Fac(p);
Find_Fac(n/p);
}

LL n,m,a,ans;
int cnt[105];

LL f(LL n) {
return (Quick_Pow(m-1,n)+(m-1)*(n&1?-1:1))%p2;
}

void Dfs(int Depth,LL sum,LL phi) {
if(Depth==vec.size()) {
add(ans,Mul(phi%p2,f(n/sum)));
return;
}
LL tmp=1;
for(int i=1; i<=cnt[Depth]; i++,tmp*=vec[Depth])Dfs(Depth+1,sum*tmp*vec[Depth],phi*tmp*(vec[Depth]-1));
Dfs(Depth+1,sum,phi);
}

int main() {
int t=Get_Int();
Table(maxa);
while(t--) {
n=Get_Int();
a=Get_Int();
LL ans2=0,ans3=0;
for(int i=1,next=0; i<=a; i=next+1) {
next=a/(a/i);
add(ans2,Mul(Mul(a/i,a/i),(u[next]-u[i-1])));
add(ans3,Mul(Mul(Mul(a/i,a/i),a/i),(u[next]-u[i-1])));
}
m=Mul((ans3+ans2*3%p2+2)%p2,inv(6));
vec.clear();
Find_Fac(n);
LL tmp=n;
for(int i=0; i<vec.size(); i++) {
cnt[i]=0;
while(tmp%vec[i]==0) {
tmp/=vec[i];
cnt[i]++;
}
}
ans=0;
Dfs(0,1,1);
if(n%p==0)printf("%lld\n",Mul(ans/p,inv(n/p,p),p));
else printf("%lld\n",Mul(ans,inv(n,p),p));
}
return 0;
}

参考资料

姥爷们赏瓶冰阔落吧~