題目鏈接

https://www.luogu.org/problemnew/show/P4916

題解

將項鏈用序列表示，$1$代表黑色，$0$代表白色，對于一個合法序列，它必定能表示成$d$個循環節，每個循環節nd\frac{n}ozvdkddzhkzddn?個珠子，其中md\frac{m}ozvdkddzhkzddm?個黑色珠子。假設循環節長度為$n$的合法序列方案數為$f(n)$（不考慮旋轉后相同的情況），容易發現答案就是
∑d∣n1df(d) \sum_{d|n}\frac{1}ozvdkddzhkzdf(d) d∣n∑?d1?f(d)
定義
g(n)=∑d∣nf(d) g(n)=\sum_{d|n}f(d) g(n)=d∣n∑?f(d)
容易發現
f(n)=∑d∣nμ(nd)g(d) f(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}ozvdkddzhkzd)g(d) f(n)=d∣n∑?μ(dn?)g(d)
考慮如何求$g(d)$。顯然可以對每個循環節分開考慮，對于長度為$a$，有$b$顆黑珠子的循環節，考慮被$a?b$顆白珠子劃分成的黑珠子每一段的數量，$g(a)$就是下面方程的整數解的方案數
∑i=0a?bxi=b(?i∈[0,a?b],0≤xi≤k,x0+xa?b≤k) \sum_{i=0}^{a-b}x_i=b(\forall i\in [0,a-b],0\leq x_i\leq k,x_0+x_{a-b}\leq k) i=0∑a?b?xi?=b(?i∈[0,a?b],0≤xi?≤k,x0?+xa?b?≤k)
容易發現$g(a)$就是下面式子在xbx^bxb項的系數
(∑i=0kxi)a?b?1((∑i=0kxi)2 mod xk+1) (\sum_{i=0}^{k}x^i)^{a-b-1}((\sum_{i=0}^{k}x^i)^2\bmod x^{k+1}) (i=0∑k?xi)a?b?1((i=0∑k?xi)2modxk+1)
展開右邊
(∑i=0kxi)a?b?1(∑i=0k(i+1)xi) (\sum_{i=0}^k x^i)^{a-b-1}(\sum_{i=0}^{k}(i+1)x^i) (i=0∑k?xi)a?b?1(i=0∑k?(i+1)xi)
即
(1?xk+11?x)a?b?1(1?(k+2)xk+1+(k+1)xk+2(1?x)2) (\frac{1-x^{k+1}}{1-x})^{a-b-1}(\frac{1-(k+2)x^{k+1}+(k+1)x^{k+2}}{(1-x)^2}) (1?x1?xk+1?)a?b?1((1?x)21?(k+2)xk+1+(k+1)xk+2?)
去括號
(1?xk+1)a?b?1(1?x)?(a?b+1)(1?(k+2)xk+1+(k+1)xk+2) (1-x^{k+1})^{a-b-1}(1-x)^{-(a-b+1)}(1-(k+2)x^{k+1}+(k+1)x^{k+2}) (1?xk+1)a?b?1(1?x)?(a?b+1)(1?(k+2)xk+1+(k+1)xk+2)
利用二項式定理
(∑i=0∞(a?b?1i)(?1)ix(k+1)i)(∑i=0∞(a?b+ii)xi)(1?(k+2)xk+1+(k+1)xk+2) (\sum_{i=0}^{\infin}\binom{a-b-1}{i}(-1)^ix^{(k+1)i})(\sum_{i=0}^{\infin}\binom{a-b+i}{i}x^i)(1-(k+2)x^{k+1}+(k+1)x^{k+2}) (i=0∑∞?(ia?b?1?)(?1)ix(k+1)i)(i=0∑∞?(ia?b+i?)xi)(1?(k+2)xk+1+(k+1)xk+2)
定義
S(n)=∑(k+1)i+j=n(a?b?1i)(?1)i(a?b+ii) S(n)=\sum_{(k+1)i+j=n}\binom{a-b-1}{i}(-1)^i\binom{a-b+i}{i} S(n)=(k+1)i+j=n∑?(ia?b?1?)(?1)i(ia?b+i?)
則有
$$g(a)=S(b)?(k+2)S(b?k?1)+(k+1)S(b?k?2)$$
求$S(n)$可以枚舉$i$，時間復雜度就是O(σ1(n)k+1)O(\frac{\sigma_1(n)}{k+1})O(k+1σ1?(n)?)，由于σ1(n)\sigma_1(n)σ1?(n)不會很大，可以通過此題。

代碼

#include <cstdio>int read() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while((ch<'0')||(ch>'9')){if(ch=='-'){f=-f;}ch=getchar();}while((ch>='0')&&(ch<='9')){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f; }const int maxn=100000; const int mod=998244353;int p[maxn+10],prime[maxn+10],cnt,mu[maxn+10],fac[maxn+10],inv[maxn+10],ifac[maxn+10];int getprime() {p[1]=mu[1]=1;for(int i=2; i<=maxn; ++i){if(!p[i]){prime[++cnt]=i;mu[i]=-1;}for(int j=1; (j<=cnt)&&(i*prime[j]<=maxn); ++j){int x=i*prime[j];p[x]=1;if(i%prime[j]==0){mu[x]=0;break;}mu[x]=-mu[i];}}fac[0]=1;for(int i=1; i<=maxn; ++i){fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;}inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2; i<=maxn; ++i){inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;}ifac[0]=1;for(int i=1; i<=maxn; ++i){ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%mod;}return 0; }inline int C(int a,int b) {if((a<b)||(b<0)||(a<0)){return 0;}return 1ll*fac[a]*ifac[b]%mod*ifac[a-b]%mod; }inline int getsum(int a,int b,int k,int mx) {int ans=0;for(int i=0; mx-(k+1)*i>=0; ++i){int j=mx-(k+1)*i;ans=(ans+((i&1)?(-1ll):(1ll))*C(a-b-1,i)*C(a-b+j,j))%mod;if(ans<0){ans+=mod;}}return ans; }inline int count(int a,int b,int k) {int ans=(getsum(a,b,k,b)-1ll*(k+2)*getsum(a,b,k,b-k-1)+1ll*(k+1)*getsum(a,b,k,b-k-2))%mod;if(ans<0){ans+=mod;}return ans; }int n,m,k,f[maxn+10],g[maxn+10];int getG(int d) {g[n/d]=count(n/d,m/d,k);return 0; }int main() {getprime();n=read();m=read();k=read();if(m==0){puts("1");return 0;}for(int i=1; i*i<=m; ++i){if(m%i==0){if(n%i==0){getG(i);}int j=m/i;if((i*i!=m)&&(n%j==0)){getG(j);}}}for(int i=1; i<=n; ++i){for(int j=i; j<=n; j+=i){f[j]+=mu[j/i]*g[i];if(f[j]>=mod){f[j]-=mod;}if(f[j]<0){f[j]+=mod;}}}int ans=0;for(int i=1; i<=n; ++i){if(n%i==0){ans=(ans+1ll*inv[i]*f[i])%mod;}}printf("%d\n",ans);return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/Canopus-wym/p/10376057.html

總結

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