【校内模拟】Slay（容斥原理）_slaynoip模拟-程序员宅基地

技术标签：校内模拟容斥原理

题解：

令 $f (p, k)$ 表示从 $[0, n - 1]$ 中选择 $k$ 个数，使得和为 $p$ 的倍数的方案数。

接下来用一种很诡异的姿势容斥。

直接算并不好算，考虑枚举最后有 $i$ 个数固定且相同，前面选择 $k - i$ 个不同的数和为 $s u m$ ，这两部分分开计算，互不影响。

发现会出现 $i + 1$ 个数重复的情况，需要减掉，然后又多减掉了 $i + 2$ 个数重复的情况，就这样容斥下去。

考虑算固定 $i$ 个数的情况。

显然我们需要下面方程有解：

$p\mid ix+sum$

则 $gcd(i,p)\mid sum$ ，设 $sum=t\cdot gcd(i,p)$ ，则：

$p\mid ix+t\cdot gcd(i,p)\\\frac{p}{gcd(i,p)}\mid \frac{i}{gcd(i,p)}x+t$

显然由于 $p\mid n$ ， $x$ 在 $[0, n - 1]$ 中的合法取值有 $\frac{n}{\frac{p}{gcd(i,p)}}=\frac{n}p\cdot gcd(i,p)$ ，且与 $t$ 无关，也就是说子问题为 $f (g c d (i, p), k - i)$ 。

容斥完了之后，需要考虑一个东西，在算没有任何数重复的合法方案的时候，我们实际上还是固定了一个数，则每一个方案被算了 $k$ 次，需要除掉。

那么，很容易地，我们得到容斥递归求解的式子：

$f(p,k)=\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}(-1)^{i+1}\cdot \frac{n\cdot gcd(i,p)}{p}\cdot f(gcd(i,p),k-i)$

总复杂度是一个调和级数 $O(k\log k)$ ？常数较大。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define re register
#define cs const

using std::cerr;
using std::cout;

inline int gcd(int a,int b){
    
	if(!a||!b)return a|b;
	int shift=__builtin_ctz(a|b);
	for(b>>=__builtin_ctz(b);a;a-=b)if((a>>=__builtin_ctz(a))<b)std::swap(a,b);
	return b<<shift;
}

cs int mod=1e9+7;
inline int add(int a,int b){
    return (a+=b)>=mod?a-mod:a;}
inline int dec(int a,int b){
    return (a-=b)<0?a+mod:a;}
inline int mul(int a,int b){
    ll r=(ll)a*b;return r>=mod?r%mod:r;}
inline int power(int a,int b,int res=1){
    
	for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))(b&1)&&(res=mul(res,a));
	return res;
}
inline void Inc(int &a,int b){
    (a+=b)>=mod&&(a-=mod);}
inline void Dec(int &a,int b){
    (a-=b)<0&&(a+=mod);}

cs int K=5e3+3;

int n,k;
int Cn[K],inv[K];

inline void init(){
    
	inv[0]=inv[1]=1;
	Cn[0]=1,Cn[1]=n;
	for(int re i=2;i<=k;++i){
    
		inv[i]=mul(inv[mod%i],mod-mod/i);
		Cn[i]=mul(Cn[i-1],mul(dec(n+1,i),inv[i]));
	}
}

int dp[K][K];

inline int f(int p,int k){
    
	if(!k)return 1;
	if(p==1)return Cn[k];
	if(~dp[p][k])return dp[p][k];
	int ans=0,tmp,val,d=n/p;
	for(int re i=1;i<=k;++i){
    
		tmp=gcd(p,i);
		val=mul(f(tmp,k-i),tmp);
		(i&1)?Inc(ans,val):Dec(ans,val);
	}
	return dp[p][k]=mul(ans,mul(d,inv[k]));
}

signed main(){
    
#ifdef zxyoi
	freopen("slay.in","r",stdin);
#endif
	std::cin>>n>>k;
	init();
	memset(dp,-1,sizeof dp);
	int ans=0,tmp,val;
	for(int re i=1;i<=k;++i){
    
		tmp=gcd(n,i);
		val=mul(f(tmp,k-i),tmp);
		(i&1)?Inc(ans,val):Dec(ans,val);
	}
	cout<<mul(ans,inv[k])<<"\n";
	return 0;
}

本文链接：https://blog.csdn.net/zxyoi_dreamer/article/details/97819504

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