题目链接
啊啊啊我在干什么啊。怎么这么颓一道题做这么久。。
又记错莫比乌斯反演式子了(╯‵□′)╯︵┻━┻
\(Description\)
给定\(n\)。有一个初始为空的集合\(S\)。令\(g\)表示S中所有数的\(\gcd\)。每次随机选择一个\([1,n]\)中的数加到集合\(S\)中去，直到\(g=1\)。求集合\(S\)的期望大小。（原题目描述为数列长度，\(n\)是指\(m\)，我自己都看混了=-=）
\(n\leq10^5\)。
\(Solution\)
首先不要想\(f[i][j]\)这种奇奇怪怪的二维DP状态。。
令\(f[x]\)表示\(g=x\)时集合的期望大小。那么有\[\begin{aligned}f[x]&=1+\frac1n\sum_{i=1}^nf[\gcd(i,x)]\\&=1+\frac1n\sum_{d\mid x}f[d]\sum_{i=1}^n[(i,x)=d]\\&=1+\frac1n\sum_{d\mid x}f[d]\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}[(i,\lfloor\frac xd\rfloor)=1]\end{aligned}\]
问题在于求\(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}[(i,\lfloor\frac xd\rfloor)=1]\)。不妨设\(g(n,k)=\sum_{i=1}^n[(i,k)=1]\)。
若限制不是\([(i,k)=1]\)而是\([x\mid (i,k)]\)，显然答案就是\([x\mid k]\lfloor\frac nx\rfloor\)。
所以令\(f(d)=\sum_{i=1}^n[(i,k)=d]\)，\(F(d)=\sum_{i=1}^n[d\mid(i,k)]=[d\mid k]\lfloor\frac nd\rfloor\)，有\[\begin{aligned}g(n,k)=f(1)&=\sum_{i=1}^n\mu(i)F(i)\\&=\sum_{i=1}^n\mu(i)[i\mid k]\lfloor\frac ni\rfloor\\&=\sum_{d\mid k}\mu(d)\lfloor\frac nd\rfloor\end{aligned}\]
那么直接这样计算一次\(g(n,k)\)的复杂度是\(O(约数个数)\)的。\(1\sim n\)的约数个数均摊应该是\(O(\log n)\)的？
发现转移的时候两边都有\(f[x]\)。移下项，\[(1-\frac1n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nx\rfloor}[(i,1)=1])f[x]=1+\frac1n\sum_{d\mid x,d\neq x}f[d]\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}[(i,\lfloor\frac xd\rfloor)=1]\\f[x]=\frac{1+\frac1n\sum_{d\mid x,d\neq x}f[d]\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}[(i,\lfloor\frac xd\rfloor)=1]}{1-\frac1n\lfloor\frac nx\rfloor}=\frac{n+\sum_{d\mid x,d\neq x}f[d]\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}[(i,\lfloor\frac xd\rfloor)=1]}{n-\lfloor\frac nx\rfloor}\]
这样就可以啦。答案是\(\sum_{i=1}^n\frac1nf[i]\)。
复杂度大概是\(O(n\log^2n)\)的？
还有其它更优的做法，不想看惹（甚至有线性的，瑟瑟发抖）。
//140ms 10900KB
#include
#include
#include
#define mod 1000000007
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;
int P[N>>2],mu[N],f[N],inv[N];
bool notP[N];
std::vector fac[N];
inline int FP(int x,int k)
{
int t=1;
for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod) k&1&&(t=1ll*t*x%mod);
return t;
}
inline int G(int n,int k)
{
LL ans=0;
for(int i=0,l=fac[k].size(); i &v=fac[x];
for(int i=0,l=v.size(),d; i+1