【2017 Multi-University Training Contest - Team 2】TrickGCD

【Link】:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6053

【Description】



给你一个ｂ数组，让你求一个ａ数组；

要求，该数组的每一位都小于等于ｂ数组；

且这个ｂ数组的ｎ个数的gcd>=2

【Solution】



设f[i]表示gcd为i的a数组有多少个;

则从gcd大的开始,往gcd小的方向枚举gcd为i;

然后a的每个位置都可以为i的倍数;

则f[i] = a[1]/i * a[2] / i * a[3]/i … a[4]/i;

但是这里可能会重复算了gcd为i的倍数的情况;

则需要减掉f[j],这里j是i的倍数;

但是直接这样做是会超时的;

因为i要枚举n次,那个f[i]算的时候也要枚举n次;

复杂度早就到了N^2了;

ans在计算的时候,需要一些优化;

具体的;

用cnt[i]记录比i小的a数组元素有多少个;

则算出来a[]/i = 1的a[]有多少个,a[]/i = 2的a[]有多少个,a[]/i = 3的a[]有多少个…

a[]/i = 1 的个数 就为 cnt[i+i-1]-cnt[i-1],因为如果a的值在i..i+i-1之间的话,除i的结果都为1;

a[]/i = 2 的计算方法类似..cnt[2*i+i-1]-cnt[2*i-1];

这样,就不用循环n次了;

而只要找i的倍数就好了,依次算出来a[]/i = 1,a[]/i=2…的a[]各有多少个,然后把1^num1,2^num2,3^num3…都乘起来就可以了;

(用个快速幂)

其实关键就是快速幂吧,不然你也没办法快速算x^y,如果不知道快速幂,还是得一个一个乘,那样时间就没变了;

所以可以说这是一道快速幂用来优化的题目?



【NumberOf WA】



2



【Reviw】



一开始想到了这种做法,但没有想到要怎么优化那个n次的循环.



【Code】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9+7;

int T,n,a[N+10],cnt[N+10],f[N+10];

int ksm(int x,int y){
    int ans = 1;
    while (y){
        if (y&1) ans = (ans * x)%MOD;
        x = (x*x)%MOD;
        y>>=1;
    }
    return ans;
}

main(){
    //freopen("rush.txt","r",stdin);
    scanf("%lld",&T);
    for (int kk = 1;kk <= T;kk++){
        memset(cnt,0,sizeof cnt);
        scanf("%lld",&n);
        int mi = INF;
        for (int i = 1;i <= n;i++){
            scanf("%lld",&a[i]);
            mi = min(mi,a[i]);
            cnt[a[i]]++;
        }
        for (int i = 1;i <= N;i++)
            cnt[i] += cnt[i-1];
        for (int i = mi;i >= 2;i--){
            f[i] = 0;
            if (cnt[i-1] > 0)  continue;
            int temp = 1;
            for (int j = i;j <= N;j+=i){
                int num = cnt[min(N,j+i-1)]-cnt[j-1];
                int x = j/i;
                temp = (temp*ksm(x,num))%MOD;
            }
            f[i] = temp;
        }
        int ans = 0;
        for (int i = mi;i >= 2;i--){
            for (int j = i + i;j <= mi;j+=i)
                f[i] = (f[i]-f[j]+MOD)%MOD;
            ans = (ans+f[i])%MOD;
        }
        printf("Case #%lld: %lld\n",kk,ans);
    }
    return 0;
}