标签：图片   依次   多项式   size   open   空间   pen   关于   click   

题目描述 

输入格式

第一行包含一个正整数T，表示有T组数据求解
每组数据包含两行，第一行包含两个正整数N,C(c>=2),分别表示空间的
维数和需要选择的暂停点个数
第二行包含N个正整数，依次表示M1,M2....Mn

输出格式

有T行，每行一个非负整数，依次对应每组数据的答案。

• 题解:

  • 一个$n$维向量$(p_{1},p_{2}, \cdots ,p_{n})$上的整点个数为：$gcd(p_{1},p_{2}, \cdots , p_{n})+1$
  • 可以枚举这个n维向量，考虑到向量在空间里面自由移动也是不同的方案：
  • $ans = \sum^{m_{1}}_{p_{1}} \sum^{m_{2}}_{p_{2}} \cdots \sum^{m_{n}}_{p_{n}}(m_{1}-p_{1})(m_{2}-p_{2}) \cdots (m_{n}-p_{n}) C_{gcd(p1,p2, \cdots ,p_{n}) - 1}^{c - 2} $
  • 枚举因子，反演得：
  • $ \sum_{d} C_{d-1}^{c-2} \sum_{g} \mu(g) \sum_{p_{1}}^{ \lfloor \frac{m_{1}}{gd} \rfloor} \sum_{p_{2}}^{ \lfloor \frac{m_{2}}{gd} \rfloor}  \cdots  \sum_{p_{n}}^{ \lfloor \frac{m_{n}}{gd} \rfloor} (m_{1}-p_{1}gd) (m_{2}-p_{2}gd) \cdots (m_{n}-p_{n}gd)  $
  • $ = \sum_{d} \sum_{g|d} C_{d-1}^{c-2} \mu(\frac{d}{g})  \sum_{p_{1}}^{\lfloor \frac{m_{1}}{d} \rfloor} \sum_{p_{2}}^{\lfloor \frac{m_{2}}{d} \rfloor} \cdots \sum_{p_{n}}^{\lfloor \frac{m_{n}}{d} \rfloor} (m_{1}-p_{1}d)(m_{2}-p_{2}d) \cdots (m_{n}-p_{n}d)$
  • 等差数列求和：
  • $ = \sum_{d} \sum_{g|d} C_{d-1}^{c-2} \mu(\frac{d}{g}) ( \Pi_{i=1}^{n} 2^{-1} \lfloor  \frac{m_{i}}{d} \rfloor (2m_{i} - (\lfloor \frac{m_{i}}{d} \rfloor  + 1 ) d ) )$
  • 其中2^{-1}表示2的逆元；
  • 到这里是基本的化简；
  • 考虑下底分块，由于$\Pi$的部分含有d，所以需要把考虑成一个关于$d$的多项式$f$进一步化简：
  • $ = \sum_{d} \sum_{g|d} C_{d-1}^{c-2} \mu(\frac{d}{g})  (\Pi_{i=1}^{n} 2^{-1} \lfloor  \frac{m_{i}}{d} \rfloor )  \sum_{j=0}^{n}f_{j}d^{j}$
  • $ = \sum_{d} ( \Pi_{i=1}^{n} 2^{-1} \lfloor \frac{m_{i}}{d} \rfloor ) \sum_{j=0}^{n} f_{j} d^{j} \sum_{g|d} C_{d-1}^{c-2} \mu(\frac{d}{g})  $ 
  • 注意到分块后$\lfloor \frac{m_{i}}{d} \rfloor $是一个常数，所以$f_{j}$及其以前的部分全都是常数的，后面的部分只和$d$有关，预处理前缀和即可；
  • 复杂度：$O(n^{3}\sqrt{m}    +    cnm + cmlogm )$
  • 

     1 #include<bits/stdc++.h>
     2 #define il inline 
     3 #define mod 10007
     4 #define iv2 5004
     5 using namespace std;
     6 const int N=15,M=100010,C=21;
     7 int T,n,c,m[N],g[C][N][M],a1[N],a2[N],f[N],fac[M],inv[M],u[M],vis[M],pr[M],pt;
     8 il int min(int x,int y){if(x<y)return x;else return y;} 
     9 il int get(int x,int y){
    10     if(x<mod&&y<mod)return x<y?0:fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
    11     else return get(x/mod,y/mod)*get(x%mod,y%mod)%mod;
    12 }
    13 il int pw(int x,int y){
    14     int re=1;x%=mod;
    15     for(;y;y>>=1,x=x*x%mod){
    16         if(y&1)re=x*re%mod;
    17     }return re;
    18 }
    19 void pre(){
    20     for(int i=fac[0]=inv[0]=1;i<=1e5;++i){
    21         fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    22         inv[i]=pw(fac[i],mod-2);
    23     }
    24     u[1]=1;
    25     for(int i=2;i<=1e5;++i){
    26         if(!vis[i])u[pr[++pt]=i]=-1;
    27         for(int j=1;j<=pt&&pr[j]*i<=1e5;++j){
    28             vis[i*pr[j]]=1;
    29             if(i%pr[j]==0){u[i*pr[j]]=0;break;}
    30             else u[i*pr[j]]=-u[i];
    31         }
    32     }
    33     for(int c=2;c<=20;++c)
    34     for(int i=1;i<=1e5;++i)if(u[i])
    35     for(int j=1;i*j<=1e5;++j){
    36         g[c][0][i*j]=(g[c][0][i*j]+u[i]*get(j-1,c-2))%mod;
    37     } 
    38     for(int c=2;c<=20;++c)
    39     for(int i=1;i<=11;++i)
    40     for(int j=1;j<=1e5;++j){
    41         g[c][i][j]=g[c][i-1][j]*j%mod;
    42     }
    43     for(int c=2;c<=20;++c)
    44     for(int i=0;i<=11;++i)
    45     for(int j=1;j<=1e5;++j){
    46         g[c][i][j]=(g[c][i][j]+g[c][i][j-1])%mod;
    47     }
    48 }
    49 void cal(int d){
    50     for(int i=0;i<=n;++i)a1[i]=a2[i]=0;
    51     a1[0]=1;
    52     for(int i=1;i<=n;++i){
    53         int x=(m[i]/d+1)%mod,y=2*m[i]%mod;
    54         for(int j=0;j<=i;++j){
    55             a2[j+1]=-a1[j]*x%mod;
    56             a1[j]=(a1[j]*y%mod+a2[j])%mod;
    57         }
    58     }
    59     for(int i=0;i<=n;++i)f[i]=a1[i];
    60 }
    61 int solve(){
    62     int mn=1e5,re=0;
    63     for(int i=1;i<=n;++i)mn=min(mn,m[i]);
    64     for(int i=1,lst;i<=mn;i=lst+1){
    65         int t1=1,t2=0;lst=1e5;
    66         for(int j=1;j<=n;++j){
    67             lst=min(lst,m[j]/(m[j]/i));
    68             t1=t1*(m[j]/i)%mod*iv2%mod;
    69         }
    70         cal(i);
    71         for(int j=0;j<=n;++j){
    72             t2=(t2+f[j]*(g[c][j][lst]-g[c][j][i-1])%mod)%mod;
    73         //    printf("%d\n",(g[c][j][lst]-g[c][j][i-1]+mod)%mod);
    74         }
    75         re=(re+t1*t2%mod)%mod;
    76     }
    77     return re;
    78 }
    79 int main(){
    80     #ifndef ONLINE_JUDGE
    81     freopen("bzoj3434.in","r",stdin);
    82     freopen("bzoj3434.out","w",stdout);
    83     #endif
    84     pre();
    85     scanf("%d",&T);
    86     while(T--){
    87         scanf("%d%d",&n,&c);
    88         for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&m[i]);
    89         printf("%d\n",(solve()+mod)%mod);
    90     }
    91     return 0;
    92 }

    View Code

     

bzoj3434[wc2014]时空穿梭

标签：图片   依次   多项式   size   open   空间   pen   关于   click   

原文地址：https://www.cnblogs.com/Paul-Guderian/p/10376609.html