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ZOJ 3868 GCD Expectation 和 BC39 HDU 5212 Code

这两道题目的类型感觉是一样的 都是利用了容斥的思想 从后往前推然后去重。

HDU 5212 题意 ：

给n个数 求出每个数与这n个数分别F(i)的和， F(i) = gcd(a[i], a[j]) * (gcd(a[i], a[j]) - 1).

可以这样考虑 ai与aj互质的时候F()的值是等于0 没必要计算。只要计算以i为gcd的所有的数对的个数 就好了 （1<=i <=10000）。


#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
//#include 
#define MAX 0x3f3f3f3f
#define N 10005
#define mod 10007
#define lson o<<1, l, m
#define rson o<<1|1, m+1, r
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
typedef long long ll;
using namespace std;
const double pi = acos(-1.0);

int n, v[N], dp[N], x;

int main()
{
  //freopen("in.txt","r",stdin);
  
  while(cin >> n) {
  	mem(v);
  	//mem(dp);
  	int mx = 1;
  	for(int i = 0; i < n; i++) {
  		scanf("%d", &x);
  		v[x]++;
  		mx = max(mx, x);
		}
		int ans = 0;
		for(int i = mx; i >= 1; i--) {
			dp[i] = 0;
			int cnt = 0;
			for(int j = i; j <= mx; j += i) {
				cnt += v[j];
				if(j > i) {
					dp[i] = (dp[i] - dp[j]) % mod + mod;
					dp[i] %= mod;
				}
			}
			dp[i] = (dp[i] + cnt * cnt %mod) %mod;
			int mul = i * (i-1) %mod;
			ans += mul * dp[i];
			ans %= mod;
		}
		cout << ans << endl;
	}
    
	return 0;
}

浙大校赛 GCD Expectation

题意就是求出n个数的所有子集的对应gcd的k次方。 方法就是枚举1到最大值作为gcd，有多少个i的倍数统计出来为tmp , 2^tmp - 1 就一定包含了所有的gcd为i的子集 但这里面可能有gcd比i大的 所以要减去i的2倍及以上的个数 逆序就可以统计出来。


#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define N 1000005
#define mod 998244353
#define MAX 0x3f3f3f3f
#define lson o<<1, l, m
#define rson o<<1|1, m+1, r
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
typedef long long ll;
using namespace std;
const double pi = acos(-1.0);

int n, v[N], x, mx, k;
ll dp[N];

ll POW(ll a, ll b) {
	ll res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = res * a %mod;
		b /= 2;
		a = a * a %mod;
	}
	return res;
}

ll solve() {
	
	ll res = 0;
	for(int i = mx; i > 0; i--) {
		dp[i] = 0;
		ll cnt = 0;
		for(int j = i; j <= mx; j += i) {
			cnt += v[j];
			if(j > i) dp[i] = ((dp[i] - dp[j]) %mod + mod) %mod; 
		}
		dp[i] += POW(2, cnt) - 1;
		dp[i] %= mod;
		res = (res %mod + dp[i] * POW(i, k) %mod) %mod;
	}
	return res;
	
}

int main()
{
  //freopen("in.txt","r",stdin);
  
  int T; cin >> T;
  while(T--) {
  	cin >> n >> k;
  	mx = 0;
  	mem(v);
  	for(int i = 0; i < n; i++) {
  		scanf("%d", &x);
  		v[x]++;
  		mx = max(mx, x);
		}
		cout << solve() << endl;
	}
    
	return 0;
}





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