[开发测试]挑战程序设计4：Codeforces Round #738 (Div. 2) E. Mocha and Stars（dp+容斥原理）

题目

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题目大意

背包问题，给定n个区间，可以从每个区间中选定一个数，满足以下条件：

• n个数的总和<=m。
• n个数的gcd==1。
  求方案数
  $n<=50,m<=10^5$

解题思路

先来看一个条件：
从n个区间中选定n个数，n个数组成的数小于m,求方案数。
去掉区间就是一个背包问题：

for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=w[i];j<=m;j++)dp[i][j]+=dp[i-1][j-w[i]];
}

增加区间，也很简单：

for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=l[i];j<=r[i];j++){
		for(int k=j;k<=m;k++)dp[i][j]+=dp[i-1][k-j];
	}
}

但是时间不允许啊。
如何优化，通过观察j,k两层的循环，我们发现$dp[i][j]=dp[i?1][k?l[i]]+dp[i?1][k?l[i]?1]+\dots \dots +dp[i?1][k?r[i]]$
是的一个名词呼之欲出：前缀和优化。
我们可以在计算完当前层的dp后对dp进行一个前缀和处理，以供下一层使用。
第一问完成。
那么我现在得到的是所有情况，这个部分包含了所有gcd。
那么如果我们将所有的除以2，那么是不是就是包含gcd是2的倍数的情况的
除以3，就是gcd是3的倍数，以此类推.
我们想要的是gcd==1的方案数，也就是$期望得到的方案数=总方案数?gcd!=1的方案数$
想要得到gcd==2的方案数，就是将gcd为2的倍数的方案数减去gcd为2的倍数（2倍以上）的方案数，一次类推。推到最后我们会发现最后的方案数是确定的，gcd>=m/2的方案数因为其不包含倍数，所以求出的结果就是gcd==x的方案数，我们可以利用这个去减去他的因子包含的方案数。

for(int i=m;i>0;i--){//细品为什么是逆序
	for(int j=2;j*i<=m;j++){//细品为什么从2开始
	ans[i]=ans[i]-ans[i*j];
	}
}

code

最后上代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 55;
const int maxm = 1e5 + 5;
#define ll long long
const ll p = 998244353;
int l[maxn], r[maxn];
int sum[maxn][maxm],dp[maxn][maxm],ans[maxm];
int main() 
{
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> l[i] >> r[i];
	for (int d = 1; d <= m; d++) {
		int mm = m / d;
		for (int i = (l[1] - 1) / d + 1; i <= r[1] / d; i++)dp[1][i] = 1;
		for (int i = 1; i <= mm; i++)sum[1][i] = sum[1][i - 1] + dp[1][i],dp[1][i]=0;
		for (int i = 2; i <= n; i++)
		{
			int lll = (l[i]-1) / d+1;
			int rr = r[i] / d;
			for (int k = lll; k <= mm; k++)
			{
				dp[i][k] =(dp[i][k]+ (sum[i - 1][k - lll] - (k-rr-1<0?0:sum[i - 1][k-rr-1])+p)%p)%p;
				//cout << i << " " << k <<" "<< sum[i-1][k-lll] <<" "<<sum[i-1][max(k-rr-1,0)]<< endl;
			}
			for (int j = 1; j <= mm; j++)
			{
				sum[i][j] = (sum[i][j - 1] + dp[i][j])%p;
				dp[i][j] = 0;
			}
		}
		ans[d] = sum[n][mm];
	}
	for (int i = m; i > 0; i--) {
		for(int j=2;j*i<=m;j++)
		{
			ans[i] = (ans[i] - ans[i*j] + p) % p;
		}
	}
	//for (int i = 2; i < m; i++)ans[1]=(ans[1]-ans[i]+p)%p;
	cout << ans[1] << endl;

}