CF1139D

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是真的莫反好题

CF1139D Step to One

题目描述

你手中有集合 \(\{1,2,3\cdots,n\}\)，然后每一次操作你都会从数集中等概率抽取一个数放到新的序列中，直到新的序列的 \(\gcd\) 的值为 \(1\)。

求你的期望操作次数

分析

这道题十分的精妙，它集合了数学期望还有莫比乌斯反演，十分考验 \(OIER\) 的基础能力

数学期望

首先知道，\(E(x)\) 表示对于事件 \(x\) 的数学期望， \(P(x)\) 表示事件 \(x\) 的概率

那么有： \[ \begin{aligned} E(\gcd=1)&=\sum_{i\ge 1}E(len=i) \\&=\sum_{i\ge1}P(len=i)\times i\\ &=\sum_{i\ge1}P(len=i)\sum_{j=1}^i1\\ &=\sum_{j\ge1}\sum_{i\ge j}P(len = i)\\ &=\sum_{j\ge1}P(len \ge j)\\ &=\sum_{j\ge1}P(len=j)+\sum_{j\ge1}P(len > j) \\&=1+\sum_{j\ge1}P(len > j) \end{aligned} \] 这个步骤，就是期望步数（概率 * 步数），显然就是期望公式\(E(x+y)=E(x)+E(y)\)

其中 \(len\) 表示达到 \(\gcd=1\) 花费的步数

那么重点就是这个\(\sum_{j\ge1}P(len>j)\)该如何处理了

想要 \(len>j\) 那么可以理解为长度为 \(j\) 时的 \(\gcd>1\)

所以可以有如下化简： \[ \begin{aligned} P(len>j)&={j\ge1}P(\gcd_{i=1}^ja_i>1)\\ &=1-P(\gcd_{i=1}^ja_i=1)\\ &=1-\frac1{n^j}\sum_{a_1=1}^n\sum_{a_2=1}^n\cdots\sum_{a_j=1}^n[\gcd_{i=1}^ja_i==1] \end{aligned} \]

莫比乌斯反演

这个和之前的某道题有点像，所以化简过程就不写了，所以就可以得到 \[ \begin{aligned} P(len>j)&=1-\frac1{n^j}\sum_{a_1=1}^n\sum_{a_2=1}^n\cdots\sum_{a_j=1}^n[\gcd_{i=1}^ja_i==1]\\ &=1-\frac1{n^j}\sum_{d=1}^n\mu(d)[\frac nd]^j\\ &=-\frac1{n^j}\sum_{d=2}^n\mu(d)[\frac nd]^j \end{aligned} \] 这一步也很显然

那么现在就可以带回数学期望的式子里，可以得到： \[ \begin{aligned} E(\gcd=1)&=1+\sum_{j\ge1}P(len>j)\\ &=1-\sum_{j\ge1}\frac1{n^j}\sum_{d=2}^n\mu(d)[\frac nd]\\ &=1-\sum_{d=2}^n\mu(d)\sum_{j\ge1}(\frac {[\frac nd]}n)^j\\ &=1-\sum_{d=2}^n\mu(d)\frac{[\frac nd]}{n-[\frac nd]} \end{aligned} \] 那么最后数论分块 + 线性筛逆元一下就可以了，时间复杂度 \(O(\sqrt n)\)，但是其实也是可以 \(O(n)\) 做的，毕竟数据范围很小

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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline int __read()
{
    int x(0), t(1);
    char o (getchar());
    while (o < '0' || o > '9') {
        if (o == '-') t = -1;
        o = getchar();
    }
    for (; o >= '0' && o <= '9'; o = getchar()) {
        x = (x << 1) + (x << 3) + (o ^ 48);
    }
    return x * t;
}

int mu[maxn], inv[maxn];
int pr[maxn], cnt, ans(1);
bool vis[maxn];

inline void init(int maxn)
{
    mu[1] = inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= maxn; ++i) {
        if (!vis[i]) pr[++cnt] = i, mu[i] = - 1;
        for (int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= maxn; ++j) {
            vis[i * pr[j]] = 1;
            if (i % pr[j]) mu[i * pr[j]] = -mu[i];
            else break;
        }
    }

    for (int i = 2; i <= maxn; ++i) {
        mu[i] += mu[i - 1];
        inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
    }
}

int main()
{
    int n = __read();
    init(n);
    for (int l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
        r = n / (n / l);
        int temp = n / l;
        ans = ((ans - 1ll * (mu[r] - mu[l - 1]) % mod * temp % mod * inv[n - temp] % mod) % mod + mod) % mod;
    }
    printf ("%d\n", ((ans % mod) + mod) % mod);
}