Codeforces - 1139D - Steps to One (概率DP+莫比乌斯反演)
蒟蒻数学渣呀,根本不会做。
解法是参考 https://blog.csdn.net/xs18952904/article/details/88785210 这位大佬的。
状态的设计和转移如上面博客一样:dp[i]代表当前序列的gcd为i的期望长度。
那么可以写出状态转移方程:dp[i]=(1+(x/m)∑(j|i,j≠i)dp[j]) / (1-(m/i)/m) (写得有点乱,其实和上面大佬的一样的)
这里要说一下的是 x=∑(t=1,t<=m) [ gcd(t,i)==j ] 就是怎么求1<=t<=m 中gcd(t,i)=j的t的个数。
这里考虑莫比乌斯反演:
x=∑(t=1,t<=m)[gcd(t,i)=j]
把j提出来 x=∑(t=1,t<=m/j) [gcd(t,i/j)=1]
代入莫比乌斯性质:x=∑(t=1,t<=m) ∑(d|gcd(t,i/j)) μ(d)
套路,改为枚举d : x=(m/jd)(d|(i/j)) μ(d)
这样就可以求出x了,这道题就可以解决了。
时间复杂度为O(m*log(m)*因子个数)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5+;
const int MOD=1e9+;
LL m,mu[N],v[N],dp[N]; LL power(LL x,LL p) {
LL ret=;
for (;p;p>>=) {
if (p&) ret=(ret*x)%MOD;
x=(x*x)%MOD;
}
return ret;
} vector<int> fac[N];
void prework() {
for (int i=;i<=m;i++)
for (int j=;j<=m/i;j++)
fac[i*j].push_back(i);
for (int i=;i<=m;i++) mu[i]=,v[i]=;
for (int i=;i<=m;i++) {
if (v[i]) continue;
mu[i]=-;
for (int j=*i;j<=m;j+=i) {
v[j]=;
if ((j/i)%i==) mu[j]=;
else mu[j]*=-;
}
}
} LL calc(LL i,LL j) {
LL ret=;
for (int k=;k<fac[i/j].size();k++) {
int d=fac[i/j][k];
LL tmp=(mu[d]+MOD)%MOD*(m/j/d)%MOD;
ret=(ret+tmp)%MOD;
}
return ret;
} int main()
{
cin>>m;
prework();
LL ans=; dp[]=;
for (int i=;i<=m;i++) {
dp[i]=;
for (int j=;j<fac[i].size();j++) {
if (fac[i][j]==i) continue;
LL x=calc(i,fac[i][j]);
dp[i]=(dp[i]+x*dp[fac[i][j]]%MOD)%MOD;
}
dp[i]=dp[i]*power(m,MOD-)%MOD;
dp[i]=(dp[i]+)%MOD;
dp[i]=(dp[i]*m%MOD*power(m-m/i,MOD-))%MOD;
ans=(ans+dp[i]*power(m,MOD-)%MOD)%MOD;
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}
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