HDU6037 Expectation Division 期望、高维前缀和

传送门

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设\(f_x\)表示答案，那么\(f_x = \frac{\sum\limits_{d \mid x} f_d}{\sigma_0(x)} + 1 = \frac{\sigma_0(x) + \sum\limits_{d \mid x , d \neq x} f_d}{\sigma_0(x) - 1}\)

不难发现\(f_x\)只和\(x\)每个质因子出现次数构成的可重集合相关，所以考虑将所有质因子出现次数相同的放在一起考虑，经过搜索可以得到总的可重集的个数为\(172513\)种。

现在相当于设\(f_S\)表示质因子可重集合为\(S\)时的答案，那么仍然有\(f_S = \frac{\sigma_0(x) + \sum\limits_{T \varsubsetneqq S} f_T}{\sigma_0(x) - 1}\)，其中\(x\)表示任意一个满足质因子可重集合为\(S\)的数，当然\(\sigma_0(x)\)也只和\(S\)有关，这里这么写只是为了好写

我们需要快速求出\(\sum\limits_{T \varsubsetneqq S} f_T\)。不难发现这是一个高维前缀和的形式，但是并不能够先枚举维度、再枚举位置，因为计算是在线的，每一次计算必须要把之前的子集算出来，所以当前计算就一定要把当前的值算出来。我们考虑反过来，我们相当于已经枚举了一个位置，那么设\(g_{S,j}\)表示对于\(S\)，对于所有满足：\(S\)和\(T\)中最大的\(j-1\)个元素相同，其余元素排序之后对应位置\(S\)中的元素大于等于\(T\)中元素的所有\(T\)的\(f_T\)的和。转移先枚举第一个满足\(S\)中元素大于\(T\)中元素的位置进行贡献，然后计算一下后缀和。那么\(\sum\limits_{T \varsubsetneqq S} f_T = g_{S,1}\)。

#include
//this code is written by Itst
using namespace std;
#define int __int128

int read(){
    int a = 0; char c = getchar();
    while(!isdigit(c) && c != EOF) c = getchar();
    if(c == EOF) exit(0);
    while(isdigit(c)){
        a = a * 10 + c - 48; c = getchar();
    }
    return a;
}

const int prm[] = {2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79};
int cnt; double ans[300003][20];
map < int , int > Hash;

int poww(int a , int b){
    int times = 1;
    while(b){
        if(b & 1) times = times * a;
        a = a * a; b >>= 1;
    }
    return times;
}

int arr[30];

int find(){
    int tms = 1;
    for(int i = 1 ; arr[i] ; ++i)
        tms = tms * poww(prm[i - 1] , arr[i]);
    return tms;
}

void dfs(int now , int id , int pre , int ys){
    if(now != 1){
        Hash[now] = ++cnt;
        int p = 1;
        for(int i = 1 ; i < id ; ++i)
            if(arr[i] > arr[i + 1]){
                --arr[i]; int id = Hash[find()];
                for(int j = p ; j <= i ; ++j) ans[cnt][j] = ans[id][j];
                p = i + 1; ++arr[i];
            }
        for(int i = id - 2 ; i > 0 ; --i)
            ans[cnt][i] = ans[cnt][i] + ans[cnt][i + 1];
        ans[cnt][0] = (ans[cnt][1] + ys) / (ys - 1);
    }
    for(int i = 1 ; i <= id ; ++i) ans[cnt][i] += ans[cnt][0];
    for(int j = 1 ; now * prm[id - 1] <= 1e24 && j <= pre ; ++j){
        arr[id] = j;
        dfs(now *= prm[id - 1] , id + 1 , j , ys * (j + 1));
    }
    arr[id] = 0;
}

bool cmp(int a , int b){return a > b;}

signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in","r",stdin);
    //freopen("out","w",stdout);
#endif
    dfs(1 , 1 , 1e9 , 1);
    int N , M , Case = 0;
    while(N = read()){
        M = read();
        for(int i = 1 ; i <= M ; ++i){
            int P = read() , cnt = 0;
            while(N % P == 0){N /= P; ++cnt;}
            arr[i] = cnt;
        }
        sort(arr + 1 , arr + M + 1 , cmp); arr[M + 1] = 0;
        printf("Case #%d: %.10lf\n" , (signed)(++Case) , ans[Hash[find()]][0]);
    }
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Itst/p/11141628.html