[BZOJ4772]显而易见的数论(数论)

4772: 显而易见的数论

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input 1
1
3 3
0 1 2

input 2
2
5 4
4 1 5 2

input 3
3
7 5
12 11 45 6 2

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4

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31

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7346

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预处理即$O(1)$求$F$显然不是瓶颈，关键是g和最终答案的求法。

比较自然的思路是枚举$p_i$,$p_j$，算出它们的出现次数和贡献，累计结果。

这个分情况讨论，整数划分DP一下就好了。

https://www.cnblogs.com/xiaoxubi/p/6927810.html

然后根据一波迷之推导得出$g$是一个积性函数，这样线性筛预处理即可。

https://blog.csdn.net/v5zsq/article/details/76714310

这样时间复杂度问题方面就解决了，然而这题卡时卡空间，任何一个取模运算较多的操作都有可能超时。

可以看出$p_i\neq p_j$的常数过大，所以用$cnt$数组先统计出$a[i]$一共被累计了几次，最后一起乘起来就好了。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
 using namespace std;

 const int N=,M=,mod=;
 int type,n,K,tot,ans,gcd[N][N],f[N][N],sum[N],mul[N][N];
 int tmp[M],cnt[M],g[M],pri[M],a[M];
 bool jud[M];

 void add(int &x,int y){ x+=y; if (x>=mod) x-=mod; }

 void pre1(){
     sum[n]=;
     rep(i,,n) rep(j,,n){
         if (i== || j==) f[i][j]=;
         else if (j==i) f[i][j]=(f[i][j-]+)%mod;
             else if (j<i) f[i][j]=(f[i-j][j]+f[i][j-])%mod;
                 else f[i][j]=f[i][j-];
         sum[n-i]=f[i][i];
     }
 }

 void pre2(){
     g[]=; g[]=;
     rep(i,,){
         if (!jud[i]) pri[++tot]=tmp[i]=i,g[i]=(*i-)%mod;
         for (int j=; j<=tot && i*pri[j]<=M; j++){
             jud[i*pri[j]]=;
             if (i%pri[j]) tmp[i*pri[j]]=pri[j],g[i*pri[j]]=g[i]*g[pri[j]]%mod;
             else{
                 tmp[i*pri[j]]=tmp[i]*pri[j];
                 if (tmp[i]!=i) g[i*pri[j]]=1ll*g[i/tmp[i]]*g[tmp[i]*pri[j]]%mod;
                     else g[i*pri[j]]=(1ll*g[i]*pri[j]+i*pri[j]-i)%mod;
                 break;
             }
         }
     }
 }

 void pre3(){
     rep(i,,n) gcd[i][]=gcd[][i]=gcd[i][i]=i,gcd[][i]=gcd[i][]=;
     rep(i,,n) rep(j,,i){
         if (!gcd[i][j]) gcd[i][j]=gcd[j][i-j];
         gcd[j][i]=gcd[i][j];
     }
     rep(i,,n){
         mul[i][]=;
         rep(j,,n) mul[i][j]=1ll*mul[i][j-]*i%K;
     }
 }

 int F(int pi,int pj){
     if (type==) return %K;
     if (type==) return gcd[pi][pj]%K;
     if (type==) return (mul[pi][pj]+mul[pj][pi]+(pi^pj))%K;
     return ;
 }

 int main(){
     freopen("bzoj4772.in","r",stdin);
     freopen("bzoj4772.out","w",stdout);
     scanf("%d%d%d",&type,&n,&K);
     for (int i=; i<K; i++) scanf("%d",&a[i]);
     pre1(); pre2(); pre3();
     /*
     rep(i,1,n) rep(j,i+1,n-i)
         for (int muli=1; i*muli<=n-j; muli++)
             for (int mulj=1; i*muli+j*mulj<=n; mulj++){
                 int t=(sum[muli*i+mulj*j]-sum[(muli+1)*i+mulj*j]-sum[muli*i+(mulj+1)*j]+sum[(muli+1)*i+(mulj+1)*j])%mod;
                 add(cnt[F(i,j)],1ll*muli*mulj*(t+mod)%mod);
             }
     */
     rep(i,,n) rep(j,i+,n-i)
         for (int muli=; i*muli<=n-j; muli++)
             for (int mulj=; i*muli+j*mulj<=n; mulj++) add(cnt[F(i,j)],sum[muli*i+mulj*j]);
     for (int i=; i<K; i++) add(ans,1ll*g[a[i]]*cnt[i]%mod);
     rep(i,,n) for (int muli=; i*muli<=n; muli++)
         add(ans,(1ll*g[a[F(i,i)]]*((muli*(muli-)/)%mod))%mod*(sum[muli*i]-sum[(muli+)*i]+mod)%mod);
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }