luogu P5366 [SNOI2017]遗失的答案

luogu

首先gcd为(G),lcm为(L),有可能出现的数(指同时是(G)的因数以及是(L)的倍数)可以发现只有几百个.如果选出的数要能取到gcd,那么对于每种质因子,都要有一个数的这种质因子出现次数取到最小值,要取到lcm,也就是每种质因子都有数达到其出现次数的最大值.那我们给每个合法的数一个二进制权值,表示这个数的某种质因子出现次数是否为这种质因子出现次数最小值/最大值

那么现在问题就是选出若干个数,使得权值或起来为全集的方案,设(f_i)为或起来为(i)的答案.直接做复杂度有点大,这里再设(g_i)为或起来为(i)的子集的答案,因为二进制权值为(i)子集的数都可以选或不选,所以如果(cnt_i)为二进制权值为(i)子集的数个数,那么(g_i=2^{cnt_i}).(cnt)可以高维前缀和求得.然后要由(g)推到(f),因为(g)恰好是(f)的高维前缀和形式,所以可以容斥求得(f),即(f_s=sum_{tsubseteq s} (-1)^{|s|-|t|}g_t)

现在是每次强制要选一个数,使得子集权值或起来为全集.那么只用考虑包含给定数二进制权值(s)的集合(t)的贡献就行了.如果记全集为(U),答案大概可以写成这样(ans=frac{sum_{ssubseteq t} (-1)^{|U|-|t|}g_t}{2}),要除以(2)是因为这个给定的数不可以不选

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define uLL unsigned long long
#define db double

using namespace std;
const int N=1000+10,M=(1<<16)+10,mod=1e9+7,inv2=500000004;
int rd()
{
    int x=0,w=1;char ch=0;
    while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*w;
}
int fpow(int a,int b){int an=1;while(b){if(b&1) an=1ll*an*a%mod;a=1ll*a*a%mod,b>>=1;} return an;}
map<int,int> id;
int n,m,gg,ll,pg[10][2],pl[10][2],tt;
int f[N],an[N],g[M],pc[M];
void inii(int o,int s,int zt)
{
	if(o>tt){if(s<=n) id[s]=++m,f[m]=zt,++g[zt];return;}
	int j=1;
	for(int i=1;i<=pg[o][1];++i) j*=pg[o][0];
	for(int i=pg[o][1];i<=pl[o][1];++i,j*=pg[o][0])
		inii(o+1,s*j,zt|((i==pg[o][1])<<(o-1))|((i==pl[o][1])<<(o+tt-1)));
}

int main()
{
	n=rd(),gg=rd(),ll=rd();
	int x=ll,sqt=sqrt(x);
	for(int i=2;i<=sqt;++i)
		if(x%i==0)
		{
			pl[++tt][0]=i;
			while(x%i==0) ++pl[tt][1],x/=i;
			if(x==1) break;
		}
	if(x>1) pl[++tt][0]=x,pl[tt][1]=x;
	x=gg;
	for(int i=1;i<=tt;++i)
	{
		pg[i][0]=pl[i][0];
		while(x%pg[i][0]==0) ++pg[i][1],x/=pg[i][0];
	}
	inii(1,1,0);
	int nn=1<<(tt<<1),u=nn-1;
	for(int j=1;j<nn;j<<=1)
		for(int i=0;i<nn;++i)
			if(i&j) g[i]=g[i]+g[i^j];
	for(int i=0;i<nn;++i) g[i]=fpow(2,g[i]);
	for(int i=1;i<nn;++i) pc[i]=pc[i^(i&(-i))]+1;
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		int zt=f[i]^u,tc=tt<<1;
		for(int j=zt;;j=(j-1)&zt)
        {
			an[i]=(an[i]+1ll*g[j|f[i]]*((tc-pc[j|f[i]])&1?-1:1)+mod)%mod;
            if(!j) break;
        }
        an[i]=1ll*an[i]*inv2%mod;
	}
	int q=rd();
	while(q--)
	{
		int x=rd();
		if(!id.count(x)) puts("0");
		else printf("%d
",an[id[x]]);
	}
    return 0;
}