标签：lfloor frac gcd limits sum CodeForces rfloor 1139D

题目大意

序列每次随机添加一个 \([1,m]\) 的整数，直到序列 \(gcd=1\) 停止，求期望操作次数。

分析

模拟过程发现只关心整个序列的 \(gcd\) 与下一次会添加什么，那么根据期望 \(dp\) 套路可得状态 \(f_{i}\) 表示当前序列 \(gcd=i\)，期望还操作多少次使得 \(gcd=1\)。
考虑枚举下一个数，转移方程有：

\[f_{i}=1+\frac{1}{m}\sum\limits_{k=1}^mf_{gcd(i,k)} \]

解方程得:$$f_{i}=\frac{m+\sum\limits_{k=1,k\neq i}^mf_{gcd(i,k)}}{m-\lfloor\frac{m}{i}\rfloor}$$
看到有 gcd 形式，考虑莫比乌斯反演。

\[\sum\limits_{k=1,k\neq i}^mf_{gcd(i,k)}=\sum\limits_{d|i}f_d\sum\limits_{j=1}^m [gcd(i,j)=d] \]

反演得:

\[\sum\limits_{j=1}^m [gcd(i,j)=d]=\sum\limits_{x|\lfloor\frac{i}{d}\rfloor}\mu(x)\lfloor\frac{\lfloor\frac{m}{x}\rfloor}{d}\rfloor \]

答案为 \(1+\frac{1}{m}\sum\limits_{i=1}^m f_i\)。
时间复杂度近似 \(O(n\sqrt{n})\)

代码

int m,invm,f[N],mu[N],vis[N],inv[N];

vector <int> fac[N],prime;

void init(int n){
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i;j<=n;j+=i)
			fac[j].pb(i);
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]) mu[i]=mod-1,prime.pb(i);
		for(int j=0;prime[j]<=n/i;j++){
			vis[i*prime[j]]=1,mu[i*prime[j]]=(i%prime[j]==0?0:mod-mu[i]);
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
	inv[1]=inv[0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		inv[i]=mod-(mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}

void Main(){
	f[1]=0,m=rd;
	for(int i=2;i<=m;i++){
		for(int d:fac[i]){
			if(d==i) break;
			int sum=0;
			for(int x:fac[i/d])
				sum=(sum+mu[x]*(m/x/d)%mod)%mod;
			f[i]=(f[i]+sum*f[d]%mod)%mod;
		}
		f[i]=(f[i]+m)%mod*inv[m-m/i]%mod;
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		ans=(ans+f[i])%mod;
	ans=(ans*inv[m]%mod+1)%mod;
	cout<<ans<<endl;
}

signed main(){
	init(N-10);
	int T=1;//rd;
	while(T--) Main();
}

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From： https://www.cnblogs.com/smilemask/p/18312295