容斥大法妙~其实网上很多的题解虽然给出了容斥系数,但是并没有说明为什么是这个样子的。在这里解释一下好了。

  考虑用容斥,实际上就是让 \(ans = \sum_{T\subseteq S}^{\ }f_{T}*h_{T}\)。其中,\(f\) 为容斥的系数,而 \(h\) 为一个集合的‘贡献’。这个贡献的值往往对于集合当中的各个元素而言是独立的。由于这题中是要我们求出所有的被操作了奇数次的灯的数量,所以有:

\(g_{x}=\sum_{i = 1}^{x}\binom{x}{i}*f_{i}=[x\&1]\)

\(g_{x}\) 为是原数列中 \(x\) 个数的倍数的数所对答案产生的贡献

令\(f[0] = 0\),

则\(g_{x}=\sum_{i = 0}^{x}\binom{x}{i}*f_{i}=[x\&1]\)

那么根据二项式反演,有

\(f_x = \sum_{i = 0}^{x} g_i * \binom{x}{i}*(-1)^{x - i}\)

\(f_x = \sum_{i = 0}^{x}\binom{x}{i}*(-1)^{x - i}[x\&1]\)

根据\(f_x = \sum_{i = 0}^{x}\binom{x}{i}*(-1)^{x - i}[x\&1]\)

对\(x\) 的奇偶性分类讨论一下,再加上:

\(\binom{n}{1}+\binom{n}{3}+\binom{n}{5}...=2^{n - 1}\)

(这个式子就不用解释了吧……)

然后就得到了\(f_x\) 的表达式~

  下面这份代码为 \(n^{2}\) 求出容斥系数,但实际上可以按照上文所说做到\(O(1)\)……

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1000
#define int long long
int n, m, ans, cnt, S[maxn];
int f[maxn], a[maxn], C[maxn][maxn]; int read()
{
int x = , k = ;
char c; c = getchar();
while(c < '' || c > '') { if(c == '-') k = -; c = getchar(); }
while(c >= '' && c <= '') x = x * + c - '', c = getchar();
return x * k;
} void Pre()
{
for(int i = ; i < ; i ++) C[i][] = ;
for(int i = ; i < ; i ++)
for(int j = ; j < ; j ++)
C[i][j] = C[i - ][j - ] + C[i - ][j];
} int Get(int x)
{
int t = x & ;
for(int i = ; i < x; i ++)
t -= C[x][i] * f[i];
return t;
} int gcd(int a, int b)
{
int c = ;
while(b) c = a % b, a = b, b = c;
return a;
} void dfs(int now)
{
if(now == m + )
{
int lcm = ;
for(int i = ; i <= cnt; i ++)
lcm = lcm * S[i] / gcd(lcm, S[i]);
ans += f[cnt] * (n / lcm);
return;
}
S[++ cnt] = a[now]; dfs(now + );
cnt --; dfs(now + );
} signed main()
{
int T = read(); f[] = ; f[] = ; Pre();
for(int i = ; i <= ; i ++) f[i] = Get(i);
for(int i = ; i <= T; i ++)
{
n = read(), m = read(); ans = ;
for(int j = ; j <= m; j ++) a[j] = read();
dfs();
printf("%lld\n", ans);
}
return ;
}

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