数学(GCD,计数原理)HDU 5656 CA Loves GCD

CA Loves GCD

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问题描述

CA喜欢是一个热爱党和人民的优秀同♂志，所以他也非常喜欢GCD（请在输入法中输入GCD得到CA喜欢GCD的原因）。
现在他有N个不同的数，每次他会从中选出若干个（至少一个数），求出所有数的GCD然后放回去。
为了使自己不会无聊，CA会把每种不同的选法都选一遍，CA想知道他得到的所有GCD的和是多少。
我们认为两种选法不同，当且仅当有一个数在其中一种选法中被选中了，而在另外一种选法中没有被选中。

输入描述

第一行 T，表示有 T 组数据。
接下来 T 组数据，每组数据第一行一个整数 N，表示CA的数的个数，接下来一行 N 个整数 Ai​i​​ 表示CA的每个数。
1≤T≤50, 1≤N≤1000, 1≤Ai≤10001 \le T \le 50,~1 \le N \le 1000,~1 \le A_i \le 10001≤T≤50, 1≤N≤1000, 1≤A​i​​≤1000

输出描述

对于每组数据输出一行一个整数表示CA所有的选法的GCD的和对 100000007 取模的结果。

输入样例

2
2
2 4
3
1 2 3

输出样例

8
10

所有数据∈[1,1000]

　　这次的BestCoder没打，从没见过这么难的第二题。
　　我们令dp[i][j]表示在前i个数中，选出若干个数使得它们的gcd为j的方案数，于是只需要枚举第i+1个数是否被选中来转移就可以了。
　　令第i+1个数为v，当考虑dp[i][j]的时候，我们令dp[i+1][j] += dp[i][j],dp[i+1][gcd(j,v)] += dp[i][j]
　　复杂度O(N*MaxV) MaxV 为出现过的数的最大值。
　　其实有O(MaxV *log(MaxV))的做法，我们考虑记f[i]表示从这些数中选择若干个数，使得他们的gcd是i的倍数的方案数。假如有K个数是i的倍数，则f[i]=2K-1，再用g[i]表示从这些数中选择若干个数，使得他们的gcd是i的方案数，则g[i]=f[i] - Σ（j是i的倍数）g[j] 。
　　由调和级数可以得到复杂度为O(MaxV *log(MaxV))
　　
　　还是挺巧妙的！
TLE的DP(MB卡常数)：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int mod=100000007;
int dp[maxn][maxn],a[maxn];
int Gcd(int a,int b){
return b?Gcd(b,a%b):a;
}
int main(){
int T,n,maxv;
scanf("%d",&T);
while(T--){
memset(dp,0,sizeof(dp));
scanf("%d",&n);maxv=0;
for(int i=1;i<=n;maxv=max(maxv,a[i]),i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0;i<=n;i++)dp[i][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=maxv;j++)dp[i][j]=dp[i-1][j];
for(int j=0;j<=maxv;j++)
(dp[i][Gcd(j,a[i])]+=dp[i-1][j])%=mod;
}
int ans=0;
for(int j=1;j<=maxv;j++)
(ans+=dp
[j]*j)%=mod;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}

第二种方法的AC程序：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int mod=100000007;
long long f[maxn],g[maxn],ans;
int main(){
int T,n;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i=1,x;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);
for(int j=1;j<=x;j++){
if(x%j==0)
f[j]++;
}
}
for(int i=1;i<=1000;i++){
long long ret=1;
for(int j=1;j<=f[i];j++)
(ret*=2)%=mod;
ret-=1;
f[i]=ret;
}
for(int i=1000;i>=1;i--){
g[i]=f[i];
for(int j=2*i;j<=1000;j+=i)
(g[i]-=g[j])%=mod;
}
ans=0;
for(int i=1;i<=1000;i++)
(ans+=g[i]*i)%=mod;
printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
}
return 0;
}