HDU-4675 GCD of Sequence 数学

　　题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4675

　　题意：给一个大小为N的数列a[i]，然后一个数M以及一个数K，要你求得一个数列b[i]，其中b[i]有K个数与a[i]中的不相同，使得gcd(b[i])=j。对于每个 j ，求出满足的b[i]的个数。。

　　首先我们统计数列a[i]每个数的个数，假设现在求gcd(b[i])=j，那么可以在t=M/j的时间内求出 j 的倍数的个数cnt。那么就相当于在cnt个中选择N-K个不变C(cnt,N-K)，在剩下的 j 的倍数中有(t-1)^(cnt-t)种，非 j 的倍数中有t^(N-cnt)种，那么就是C(cnt,N-K)*(t-1)^(cnt-t)*t^(N-cnt)。这里求出的是gcd(b[i])为 j 的倍数的情况，还要减去2*j,3*j...的数目，因此 j 从M开始倒推就可以了，减去ans[2*j],ans[3*j]...

  1 //STATUS:C++_AC_1796MS_6144KB
  2 #include <functional>
  3 #include <algorithm>
  4 #include <iostream>
  5 //#include <ext/rope>
  6 #include <fstream>
  7 #include <sstream>
  8 #include <iomanip>
  9 #include <numeric>
 10 #include <cstring>
 11 #include <cassert>
 12 #include <cstdio>
 13 #include <string>
 14 #include <vector>
 15 #include <bitset>
 16 #include <queue>
 17 #include <stack>
 18 #include <cmath>
 19 #include <ctime>
 20 #include <list>
 21 #include <set>
 22 #include <map>
 23 using namespace std;
 24 //#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
 25 //using namespace __gnu_cxx;
 26 //define
 27 #define pii pair<int,int>
 28 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 29 #define lson l,mid,rt<<1
 30 #define rson mid+1,r,rt<<1|1
 31 #define PI acos(-1.0)
 32 //typedef
 33 typedef __int64 LL;
 34 typedef unsigned __int64 ULL;
 35 //const
 36 const int N=300010;
 37 const int INF=0x3f3f3f3f;
 38 const LL MOD=1000000007,STA=8000010;
 39 const LL LNF=1LL<<55;
 40 const double EPS=1e-9;
 41 const double OO=1e50;
 42 const int dx[4]={-1,0,1,0};
 43 const int dy[4]={0,1,0,-1};
 44 const int day[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
 45 //Daily Use ...
 46 inline int sign(double x){return (x>EPS)-(x<-EPS);}
 47 template<class T> T gcd(T a,T b){return b?gcd(b,a%b):a;}
 48 template<class T> T lcm(T a,T b){return a/gcd(a,b)*b;}
 49 template<class T> inline T lcm(T a,T b,T d){return a/d*b;}
 50 template<class T> inline T Min(T a,T b){return a<b?a:b;}
 51 template<class T> inline T Max(T a,T b){return a>b?a:b;}
 52 template<class T> inline T Min(T a,T b,T c){return min(min(a, b),c);}
 53 template<class T> inline T Max(T a,T b,T c){return max(max(a, b),c);}
 54 template<class T> inline T Min(T a,T b,T c,T d){return min(min(a, b),min(c,d));}
 55 template<class T> inline T Max(T a,T b,T c,T d){return max(max(a, b),max(c,d));}
 56 //End
 57 
 58 LL C[N],ans[N];
 59 int cnt[N];
 60 int n,m,k;
 61 
 62 void exgcd(LL a,LL b,LL &d,LL &x,LL &y)
 63 {
 64     if(!b){d=a;x=1;y=0;}
 65     else {exgcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
 66 }
 67 
 68 LL inv(LL a)
 69 {
 70     LL d,x,y;
 71     exgcd(a,MOD,d,x,y);
 72     return (x+MOD)%MOD;
 73 }
 74 
 75 LL mulpow(LL n,int m)
 76 {
 77     LL ret=1;
 78     for(;m;m>>=1){
 79         if(m&1)ret=(ret*n)%MOD;
 80         n=(n*n)%MOD;
 81     }
 82     return ret;
 83 }
 84 
 85 int main(){
 86  //   freopen("in.txt","r",stdin);
 87     int i,j,a,tot,t,p;
 88     LL s;
 89     while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k))
 90     {
 91         C[t=n-k]=1;
 92         for(i=t+1;i<=n;i++){
 93             C[i]=(i*C[i-1]%MOD*inv(i-t))%MOD;
 94         }
 95         mem(cnt,0);
 96         for(i=0;i<n;i++){
 97             scanf("%d",&a);
 98             cnt[a]++;
 99         }
100         for(i=m;i>=1;i--){
101             tot=cnt[i];s=0;
102             for(j=i+i;j<=m;j+=i){
103                 tot+=cnt[j];
104                 s=(s+ans[j])%MOD;
105             }
106             if(t>tot)ans[i]=0;
107             else {
108                 p=m/i;
109                 ans[i]=(C[tot]*mulpow(p-1,tot-t)%MOD*mulpow(p,n-tot))%MOD;
110                 ans[i]=(ans[i]-s+MOD)%MOD;
111             }
112         }
113 
114         printf("%I64d",ans[1]);
115         for(i=2;i<=m;i++)
116             printf(" %I64d",ans[i]);
117         putchar('
');
118     }
119     return 0;
120 }