【题解】CCPC 2024 Jinan Site [F] The Hermit

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CCPC 2024 Jinan Site [F] The Hermit

题目大意

给定一个 \({1, 2, 3 ... m}\) 的集合 \(U\) ，要求从中抽取 \(n\) 个数组成子集 \(S\) ，对于每个 \(S \subset U\)，定义 \(gcd(S) \neq min(S)\) 为合法，现在从 \(S\) 中删去若干个数，在保证合法的同时使得 \(||S||\) 最大，记这个最大的集合为 \(T\) ，然后，对 \(||T||\) 求和。

思路

求解思路

暴力枚举全部子集并且求解的复杂度不低于 \(O(C_m^n)\)，绝对过不了，答案应当和具体的枚举无关，是一个状态转移的计数问题。朴素的，当 \(S\) 确定时，每次删除 \(min(S)\) ，可以保证得到最大的\(||S||\) ， 当 \(m\) 和 \(n\) 很大时，非常难求解，以至于对于第二组样例11 4，答案都达到了几千的量级，无法手动模拟。但是我们可以发现，任一问题的答案，都由 \(m\) 和 \(n\) 完全确定，如果我们有办法把一个很难求解的“大”问题转换为若干个容易求解的子问题就好了，基于这个思路，我想到了记忆化搜索。

和DP一样，记忆化搜索的核心也在于状态的定义与转化，本题已经用 \(m\) 和 \(n\) 给我们构建好了状态，我们记 \(m\) \(n\) 时的答案为 \(a_{m,n}\) ，我们希望 \(a_{m,n}\) 能够由若干个 \(a_{m',n'}\) 转化而来，其中 \(m' \leq m , n' \leq n\)，不同时取等，当我们要求解 \(a_{m,n}\) 我们可以入手讨论：

1. \(gcd(S) = k , k \notin S\) ，这种情况，显然合法，记合法情况的数量为 \(cnt\)，对答案的贡献为 \(cnt \times n\)。其中，\(cnt\) 正向求难求，正难则反，先求出所有 \(k \notin S\) 的子集数量 \(C_{m-1}^n\)，再减去\(gcd(S) \neq k\) 的情况，后者可以通过构造方法求解，即枚举 \(gcd(S)\) ，剩余的数都是 \(gcd(S)\) 的 \(k\) 倍。

\[cnt = C_{m-1}^n - \Sigma_{i=2}^m C_{\frac{m}{i}-1}^{n-1} \]

特别的，求和项中组合数待选取的数的数量为 \(\frac{m}{i}-1\) 需要的数的数量为 \(n-1\)，因为你必须要选中 \(gcd(S)\) ，试考虑 4 6 8 10 这一组数据，它不应因\(gcd(S) = 2\) 被删去。

2. \(gcd(S') = 1, S = S' \cup \{1\}\) ，这种情况，不合法，但是可以通过简单删去1使之合法，对答案的贡献为 \(cnt \times (n-1)\)，其余与上述同理，记得必须额外选中\(1\)即可。

\[cnt = C_{m-1}^{n-1} - \Sigma_{i=2}^m C_{\frac{m}{i}-1}^{n-2} \]

3. \(gcd(S) = k, k \in S\)， 这种情况，通过整个集合除以 \(k\) 转化为第二种情况，具体地，此处我们可以考虑两个集合。

\[A = \{a_1, a_2, a_3 ... a_n\} \]

\[B = \{ka_1, ka_2, ka_3, ka_n\} \]

如果我们新定义集合的数乘，你会发现\(B = kA\)，其中\(A\)一定满足以上1、2两种情况之一，其中\(1 \leq ka_i \leq m\) ，即 \(\lfloor \frac{1}{k} \rfloor \leq a_i \leq \lfloor \frac{m}{k} \rfloor\)，\(B\) 的贡献实际上就是子问题 \(a_{\frac{m}{k},n-1}\) 的答案，其中， \(n-1\) 是因为 \(a_1 = 1\)。

优化思路

预处理阶乘、逆元、逆元的阶乘。

朴素的递归求解，最多不超过 \(log m\) 层，每层枚举 \(k \in [1,m]\)，时间复杂度上界大约在 \(O(m^{log m})\) 量级，进入下一层时 \(m\) 按倍数缩小，远低于上界，但是仍太慢，可以朴素记忆化搜索优化。

此外，可以数论分块，时间复杂度上界降至\(O({\sqrt{m}}^{log m})\)

代码

#include <iostream>
#include <unordered_map>
using namespace std;
const int N = 100005;
const int MODER = 998244353;
long long fact[N];
long long inv[N];
long long finv[N];long long C(long long a, long long b) {if(b>a) {return 0;}if(b==0) {return 1;}return fact[a]*finv[a-b]%MODER*finv[b]%MODER;
}long long cat(int A, int B) {long long ans = 0;ans ^= A;ans <<= 32;ans ^= B;return ans;
}unordered_map<long long , long long> mem;long long dfs(int m, int n) {if(mem.count(cat(m, n))) {return mem[cat(m, n)];} else if(n <= 1 || m<n) {return 0;} else {long long ans = n*C(m-1, n) + (n-1)*C(m-1, n-1);for(int l=2,r;l<=m;l=r+1) {r = m/(m/l);ans -= (r-l+1)*C(m/l-1, n-1)*n;ans -= (r-l+1)*C(m/l-1, n-2)*(n-1);ans = (ans%MODER+MODER)%MODER;}for(int l = 2, r;l<=m;l=r+1) {r = m/(m/l);ans += dfs(m/l, n-1)*(r-l+1);}ans %= MODER;mem[cat(m, n)] = ans;return ans;}
}int main() {int n,m;cin>>m>>n;fact[0] = fact[1] = 1;finv[0] = finv[1] = 1;inv[0] = inv[1] = 1;for(int i=2;i<=m;i++) {fact[i] = fact[i-1]*i%MODER;inv[i] = 1ll*(MODER - MODER/i)*inv[MODER%i]%MODER;finv[i] = finv[i-1]*inv[i]%MODER;}long long ans = dfs(m, n);cout<<ans<<endl;
}