bzoj4305: 数列的GCD

要求k个与原序列中的数不同，就是要求(n-k)个相同，令K=n-k

然后cnt[i]表示序列a中i的倍数的个数

f[i]表示gcd为i的倍数的方案数

f[i]=C(cnt[i],K)*(m/i-1)^(cnt[i]-K)*(m/i)^(n-cnt[i])

那么ans[i]=f[i]-sigma(ans[j])  (j%i==0)

cnt和组合数都可以在nlogn内预处理

所以复杂度nlogn

详见代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define N 300005
#define P 1000000007

using namespace std;
inline int read(){
	int ret=0;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while ('0'<=ch&&ch<='9'){
		ret=ret*10-48+ch;
		ch=getchar();
	}
	return ret;
}

int pow2(int x,int y){
	int ret=1;
	while (y){
		if (y&1) ret=(ll)ret*x%P;
		y=y>>1;
		x=(ll)x*x%P;
	}
	return ret;
}

int n,m,K;
int a[N];
int cc[N];
int cnt[N];
void precompute(){
	memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	for (int i=1;i<=n;++i) ++cnt[a[i]];
	for (int i=1;i<=m;++i)
		for (int j=2;i*j<=m;++j) cnt[i]+=cnt[i*j];
	cc[K]=1;
	for (int i=K+1;i<=n;++i) cc[i]=(ll)cc[i-1]*pow2(i-K,P-2)%P*i%P;
}

int ans[N];

int main(){
	n=read();m=read();K=n-read();
	for (int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
	precompute();
	for (int i=m;i;--i)if (cnt[i]>=K){
		ans[i]=(ll)cc[cnt[i]]*pow2(m/i-1,cnt[i]-K)%P*pow2(m/i,n-cnt[i])%P;
		for (int j=2;i*j<=m;++j) (ans[i]-=ans[i*j]-P)%=P;
	}
	else ans[i]=0;
	for (int i=1;i<m;++i) printf("%d ",ans[i]);
	printf("%d
",ans[m]);
	return 0;
}