2024-12-29

AtCoder Beginner Contest 386 (ABC386) G - Many MSTの勉強

問題

解法

Editorial - AtCoder Beginner Contest 386

kyopro_friendsさんのユーザ解説の方法で解く。ユーザ解説同様、問題文中の $M$ を $K$ でおき直す。

無向グラフ $G$ の連結成分数を $C(G)$ とする。また、全ての辺の重みが $1$ 以上 $K$ 以下の整数である頂点ラベル付き完全グラフ全体の集合を $S _ K$ とする。 $G\in S _ K$ について、辺の重みが $k$ より大きい辺のみを全て削除したグラフを $G _ k$ とおく。 $G\in S _ K$ についてのクラスカル法を考えると、辺の重みが $k$ 以下である辺について処理を終えた時点のグラフの連結成分数は、 $C(G _ k)$ と等しいことがわかる。 $G$ の最小全域木の辺の重みの総和は $\sum _ {k=1} ^ {K} k(C(G _ {k-1})-C(G _ k))$ で表せることもわかる。 $C(G _ 0)=N,\ C(G _ K)=1$ に注意して総和を計算すると、 $\sum _ {k=1} ^ {K} k(C(G _ {k-1})-C(G _ k))=N-K+\sum _ {i=1} ^ {K-1} C(G _ k)$ となる。求めたいのはこの総和であるから、 $(N-K)K ^ {N(N-1)/2}+\sum _ {i=1} ^ {K-1}\sum _ {G\in S _ K} C(G _ k)$ である。

$\sum _ {G\in S _ K} C(G _ k)$ を求めることを考える。これは「全ての辺の重みが $1$ 以上 $K$ 以下の整数である頂点ラベル付き $N$ 頂点完全グラフについての、辺の重みが $k$ より大きい辺のみを全て削除したグラフの連結成分数の総和」であるが、「頂点ラベル付き $N$ 頂点単純無向グラフについて、連結成分数と『隣接している異なる頂点の組には $1$ 以上 $k$ 以下の整数、隣接していない異なる頂点の組には $k+1$ 以上 $K$ 以下の整数を割り当てる場合の数』の積の総和」と言い換えられる。

ここで、頂点ラベル付き $n$ 頂点 $m$ 辺単純無向グラフの個数を考え、 $n$ について指数型、 $m$ について通常型である母関数 $f(X;Y)$ を考える。頂点ラベル付き $n$ 頂点 $m$ 辺単純無向グラフの個数は $\binom{n(n-1)/2}{m}$ であるから、 $f(X;Y)$ は以下のように計算できる。
$\begin{align} f(X;Y)=\sum _ {n\geq 0,\ m\geq 0} \binom{n(n-1)/2}{m} \frac{X ^ n}{n!} Y ^ m=\sum _ {n\geq 0} (1+Y) ^ {n(n-1)/2} \frac{X ^ n}{n!}\end{align}$
$n=0$ のときの係数が $1$ である点に注意が必要である。また、頂点ラベル付き $n$ 頂点 $m$ 辺単純連結無向グラフの個数を考え、 $n$ について指数型、 $m$ について通常型である母関数 $g(X;Y)$ を考える。すると、連結成分数が $c$ 個である頂点ラベル付き $n$ 頂点 $m$ 辺単純無向グラフの個数の母関数は $g ^ c/c!$ となる。なお、各連結成分について順列ではなく組み合わせを考えるため、 $c!$ で割る必要がある。少し難しい内容であるが、以下の記事が参考になる。指数型母関数入門 – 37zigenのHP

したがって、 $f=\sum _ {c\geq 0} g ^ c/c!=\exp g\ \therefore\ g=\log f$ がわかる。さらに、連結成分数が $c$ 個である頂点ラベル付き $n$ 頂点 $m$ 辺単純無向グラフについての連結成分数の総和の母関数は $c\times g ^ c/c!=g ^ c/(c-1)!$ となる。したがって、頂点ラベル付き $n$ 頂点 $m$ 辺単純無向グラフについての連結成分数の総和を考え、 $n$ について指数型、 $m$ について通常型である母関数 $h(X;Y)$ を考えると、 $h=\sum _ {c\geq 1} g ^ c/(c-1)!=g\sum _ {c\geq 0} g ^ c/c!=g\exp g=f\log f$ となる。

$a _ {n,m}$ を $h$ の $X ^ nY ^ m/n!$ の係数とする。 $\sum _ {G\in S _ K} C(G _ k)$ は以下のように変形できる。ただし、 $[X ^ N]$ は $X ^ N/N!$ の係数でなく、 $X ^ N$ の係数を表すことに注意。
$\begin{align} \sum _ {G\in S _ K} C(G _ k)&=\sum _ {m\geq 0} a _ {N,m}k ^ m(N-k) ^ {N(N-1)/2-m}\\ &=(N-k) ^ {N(N-1)/2}N!\sum _ {m\geq 0} \frac{a _ {N,m}}{N!}\left(\frac{k}{N-k}\right) ^ m\\ &=(N-k) ^ {N(N-1)/2}N![X ^ N]h\left(X;\frac{k}{N-k}\right)\end{align}$

$h\left(X;k/(N-k)\right)$ は $O(N\log N)$ で求まるので、答えは全体で $O(KN\log N)$ で求まる。実装する際には、 $f(X;Y)$ ではなく直接 $f\left(X;k/(N-k)\right)$ を計算してよい。

提出

Nyaan’s Libraryを使用した。 Submission #61222053 - AtCoder Beginner Contest 386 Nyaan’s Library | This documentation is automatically generated by online-judge-tools/verification-helper

2024-11-20

ITF.PC 2024 M - Does My Favored Team Have a Chance? 完全解説

問題概要

勝ち、引き分け、負けのポイントがそれぞれ $2$ 、 $1$ 、 $0$ のリーグ戦について、各チームの現在のポイントと残りの試合数が与えられるので、単独優勝できる場合および優勝できる場合があるかを判定する問題である。

解法

あるチームの優勝可能性の判定

チーム $i\ (1\leq i\leq N)$ が優勝する場合がある条件と、その高速な判定法を考える。

$T=\{1,2,\ldots,N\},\ T'=T\setminus\{i\}$ とする。また、空でない $R\ (\subseteq T')$ について $P(R)=\sum _ {k\in R} P _ k,\ G(R)=\sum _ {\{j,k\}\subseteq R} G _ {j,k}$ と定義する。そして、 $a(R)=(P(R)+2G(R))/|R|$ と定義する。

空でないある $R\ (\subseteq T')$ が存在して $a(R)\gt P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}$ が成立するならば、チーム $i$ が優勝する場合はないことが次のようにいえる。チーム $j\ (\in T')$ とチーム $k\ (\in T')$ が今後対戦することにより、 $G _ {j,k}$ と $G _ {k,j}$ が $1$ 小さくなり、試合結果によって $P _ j$ または $P _ k$ にポイントが加わると考える。すべての試合が終了した後の $P _ k,\ a(R)$ をそれぞれ $P' _ k,\ a'(R)$ とおくと、 $a(R)\leq a'(R)$ がいえる。また、 $a'(R)$ は $P' _ k\ (k\in R)$ の平均であることもいえる。平均の性質より、あるチーム $k\ (\in R)$ が存在して、 $a(R)\leq a'(R)\leq P' _ k$ が成立する。 $P' _ i\leq P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}$ と仮定より、空でないある $R\ (\subseteq T')$ と $k\ (\in R)$ が存在して $P' _ i\lt P' _ k$ となるから、チーム $i$ はどの場合においても優勝できない。

次に、 $a(R)\gt P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}$ を満たす、空でない $R\ (\subseteq T')$ が存在するかどうかは次のように判定できる。 $\{s\}\cup T'\cup\{t\}$ を頂点集合とし、 $s$ から各 $j\ (\in T')$ に容量 $2\sum _ {j\lt k} G _ {j,k}$ の有向辺を、各 $j\ (\in T')$ から $k\ (\in T',\ j\lt k)$ に容量 $2G _ {j,k}$ の有向辺を、各 $k\ (\in T')$ から $t$ に容量 $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-P _ k$ の有向辺を張る。なお、ある $k\ (\in R)$ について $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-P _ k$ が負になる場合は、明らかにチーム $i$ は優勝できない。このネットワークの $s$ から $t$ への最小カットの $s$ 側の頂点集合を $S$ としたとき、ある $R\ (\subseteq T')$ が存在して $S=\{s\}\cup R$ となる。そして、 $s$ 側の頂点集合が $\{s\}$ となるようなカットの容量は $2\sum _ {\{j,k\}\subseteq T'} G _ {j,k}$ であるから、 $R$ が空でないとき最小カットの容量は $2\sum _ {\{j,k\}\subseteq T'} G _ {j,k}$ 未満である。このとき、 $a(R)\gt P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}$ を満たすことが次のようにいえる。
$\begin{gathered} 2\sum _ {\{j,k\}\subseteq T'} G _ {j,k}\gt 2\sum _ {j\notin R}\sum _ {j\lt k} G _ {j,k}+2\sum _ {j\in R}\sum _ {k\notin R,\ j\lt k} G _ {j,k}+|R|\left(P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}\right)-\sum _ {k\in R} P _ k\\ \therefore\ 2G(R)=2\sum _ {\{j,k\}\subseteq R} G _ {j,k}\gt |R|\left(P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}\right)-P(R)\\ \therefore\ a(R)=\frac{P(R)+2G(R)}{|R|}\gt P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}\end{gathered}$
また、最小カットの $s$ 側の頂点集合が $\{s\}$ となる場合、最大フローに注目すると、すべてのチーム $k\ (\in T')$ について今後チーム $i$ 以外との対戦で得るポイントの合計が $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-P _ k$ 以下となる場合が構築できている。このような場合において、チーム $i$ は今後のすべての試合に勝てば優勝できる。

よって、チーム $i\ (1\leq i\leq N)$ の優勝可能性の判定は上のネットワークについて最大流問題を解くことで行える。このネットワークは $\Theta(N)$ 頂点 $\Theta(N ^ 2)$ 辺であるため、Push-Relabel Algorithmによる時間計算量は $O(N ^ 3)$ となる。 Dinic法でも、この問題に対しては十分高速である。

あるチームの単独優勝可能性の判定

チーム $i\ (1\leq i\leq N)$ が単独優勝する場合がある条件と、その高速な判定法を考える。

同様に、 $T=\{1,2,\ldots,N\},\ T'=T\setminus\{i\}$ とする。また、空でない $R\ (\subseteq T')$ について $P(R)=\sum _ {k\in R} P _ k,\ G(R)=\sum _ {\{j,k\}\subseteq R} G _ {j,k}$ と定義する。そして、 $a(R)=(P(R)+2G(R))/|R|$ と定義する。

空でないある $R\ (\subseteq T')$ が存在して $a(R)\gt P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1$ が成立するならば、チーム $i$ が優勝する場合はないことが次のようにいえる。すべての試合が終了した後の $P _ k$ を $P' _ k$ とおくと、あるチーム $k\ (\in R)$ が存在して、 $a(R)\leq P' _ k$ が成立するのであった。 $P' _ i\leq P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}$ と仮定より、空でないある $R\ (\subseteq T')$ と $k\ (\in R)$ が存在して $P' _ i-1\lt P' _ k$ となる。ポイントの整数性より $P' _ i\leq P' _ k$ が成立するから、チーム $i$ はどの場合においても単独優勝できない。

$\{s\}\cup T'\cup\{t\}$ を頂点集合とし、 $s$ から各 $j\ (\in T')$ に容量 $2\sum _ {j\lt k} G _ {j,k}$ の有向辺を、各 $j\ (\in T')$ から $k\ (\in T',\ j\lt k)$ に容量 $2G _ {j,k}$ の有向辺を、各 $k\ (\in T')$ から $t$ に容量 $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1-P _ k$ の有向辺を張る。ある $k\ (\in R)$ について $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1-P _ k$ が負になる場合は、明らかにチーム $i$ は優勝できない。また、優勝可能性と同様の不等式変形により、最小カットの $s$ 側の頂点集合が $\{s\}$ でない場合、 $a(R)\gt P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1$ を満たす。また、最小カットの $s$ 側の頂点集合が $\{s\}$ となる場合、最大フローに注目すると、すべてのチーム $k\ (\in T')$ について今後チーム $i$ 以外との対戦で得るポイントの合計が $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1-P _ k$ 以下となる場合が構築できている。このような場合において、チーム $i$ は今後のすべての試合に勝てば単独優勝できる。

よって、チーム $i\ (1\leq i\leq N)$ の単独優勝可能性の判定は上のネットワークについて最大流問題を解くことで行える。優勝可能性と同様に、Push-Relabel Algorithmによる時間計算量は $O(N ^ 3)$ となり、Dinic法でもこの問題に対しては十分高速である。

すべてのチームの優勝可能性の高速な判定

$T=\{1,2,\ldots,N\},\ T'=T\setminus\{i\},\ T''=T\setminus\{k\}$ とおく。チーム $i\ (\in T)$ が優勝する場合はないとする。このとき、チーム $k\ (\in T)$ について $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}\geq P _ k+2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}$ が成立するならばチーム $k$ が優勝する場合もないことが次のようにいえる。

まず、仮定より空でないある $R\ (\subseteq T')$ が存在して $a(R)\gt P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}\geq P _ k+2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}$ が成立する。 $R\subseteq T''$ でもあるならば明らかにチーム $k$ が優勝する場合はない。 $R\not\subseteq T''$ であることは $k\in R$ であることと同値である。 $a(\{k\})=P _ k\leq P _ k+2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}$ より $R\neq\{k\}$ であるから、そのような場合は $R\setminus\{k\}$ は空でない。 $a(R\setminus\{k\})$ を求める。
$\begin{align} a(R\setminus\{k\})&=\frac{P(R\setminus\{k\})+2G(R\setminus\{k\})}{|R|-1}\\ &=\frac{P(R)-P _ k+2G(R)-2\sum _ {j\in R} G _ {k,j}}{|R|-1}\\ &\geq\frac{P(R)-P _ k+2G(R)-2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}}{|R|-1}\\ &\gt \frac{P(R)+2G(R)-a(R)}{|R|-1}\\ &=\frac{|R|a(R)-a(R)}{|R|-1}\\ &=a(R)\\ &\gt P _ k+2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}\end{align}$
となり、この場合もチーム $k$ が優勝する場合はないことが示された。

条件が等号付きであるため、 $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}$ が等しければ優勝可能かどうかも等しい。よって、各チームを $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}$ でソートして二分探索を行うことにより、全体としての時間計算量を $O(N ^ 3\log N)$ にすることができる。また、他のチームと今後対戦しない仮のチームを追加して、そのチームが各チームの $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}$ と等しいポイントを持っているとして二分探索してもよい。

すべてのチームの単独優勝可能性の高速な判定

同様に $T=\{1,2,\ldots,N\},\ T'=T\setminus\{i\},\ T''=T\setminus\{k\}$ とおく。チーム $i\ (\in T)$ が単独優勝する場合はないとし、チーム $k\ (\in T)$ について $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}\geq P _ k+2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}$ が成立する場合を考える。

まず、仮定より空でないある $R\ (\subseteq T')$ が存在して $a(R)\gt P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1\geq P _ k+2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}-1$ が成立する。 $R\subseteq T''$ でもあるならば明らかにチーム $k$ が単独優勝する場合はない。一方、 $k\in R$ である場合、 $\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}=0$ ならば $a(\{k\})=P _ k\gt P _ k+2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}-1$ より $R=\{k\}$ である可能性がある。ただし、 $\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}=0$ を満たすチーム $k$ が単独優勝するためには、任意のチーム $k'\ (\in T'')$ について $P _ k\gt P _ {k'}$ が成り立つ必要がある。そのようなチームが存在すれば、そのチームについて判定を行えばよい。

$k\in R$ かつ $\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}\gt 0$ の場合は $R\setminus\{k\}$ は空でないとしてよい。また、ポイントの整数性を考慮して $a(R)\gt P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1\geq P _ k+2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}-1$ を $a(R)-1/|R|\geq P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1\geq P _ k+2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}-1$ と言い換えておく。
$\begin{align} a(R\setminus\{k\})&=\frac{P(R\setminus\{k\})+2G(R\setminus\{k\})}{|R|-1}\\ &=\frac{P(R)-P _ k+2G(R)-2\sum _ {j\in R} G _ {k,j}}{|R|-1}\\ &\geq\frac{P(R)-P _ k+2G(R)-2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}}{|R|-1}\\ &\geq\frac{P(R)+2G(R)-(a(R)+1-1/|R|)}{|R|-1}\\ &=\frac{|R|a(R)-a(R)-(|R|-1)/|R|}{|R|-1}\\ &=a(R)-\frac{1}{|R|}\\ &\geq P _ k+2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}-1\end{align}$
となり、 $a(R)-1/|R|=P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1=P _ k+2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}-1$ かつ $\sum _ {j\in R} G _ {k,j}=\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}$ が成立する場合のみ、 $a(R\setminus\{k\})\gt P _ k+2\sum _ {j\in T''} G _ {k,j}-1$ がいえない。

他のチームと今後対戦しない仮のチームを追加する二分探索を行いながら、上のコーナーに対処する。まず、 $p$ 点のチームを追加して優勝可能性の判定をすることは、 $(p+1)$ 点のチームを追加してそのチームの単独優勝可能性の判定をすることと等価である。優勝可能と判定された最小のポイントを $p _ m$ 点とおく。 $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}\lt p _ m$ ならば明らかにチーム $i$ は優勝不可能である。 $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}\gt p _ m$ ならばチーム $i$ は単独優勝も可能であることが次のようにいえる。 $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}\gt p _ m$ かつチーム $i$ が単独優勝不可能であることを仮定する。すると、ある $R\ (\subseteq T')$ が存在して $a(R)\gt P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1$ が成立する。 $T$ に $p _ m$ 点を持ち今後試合がないチーム $k$ を追加すると、明らかに $R\subseteq T$ と $a(R)\gt P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1\geq p _ m$ が成立し、チーム $k$ が優勝可能と判定されたことと矛盾する。

$P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}=p _ m$ の場合、 $(p+1)$ 点のチームを追加してそのチームの単独優勝可能性の判定を行う。明らかに単独優勝は不可能と判定され、最小カットの容量が $2\sum _ {\{j,k\}\subseteq T'} G _ {j,k}-1$ でない場合はコーナーでないことが次のようにいえる。
$\begin{gathered} 2\sum _ {\{j,k\}\subseteq T'} G _ {j,k}-1\gtreqless 2\sum _ {j\notin R}\sum _ {j\lt k} G _ {j,k}+2\sum _ {j\in R}\sum _ {k\notin R,\ j\lt k} G _ {j,k}+|R|\left(P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1\right)-\sum _ {k\in R} P _ k\\ \therefore\ 2G(R)-1=2\sum _ {\{j,k\}\subseteq R} G _ {j,k}-1\gtreqless |R|\left(P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1\right)-P(R)\\ \therefore\ a(R)-\frac{1}{|R|}=\frac{P(R)+2G(R)-1}{|R|}\gtreqless P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}-1\end{gathered}$
ただし、不等号は複号同順。最小カットの容量が $2\sum _ {\{j,k\}\subseteq T'} G _ {j,k}-1$ である場合について考える。 $R$ に属し $p _ m=P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}$ を満たす各頂点 $i$ について、フローを押し戻して $s$ から $i$ へのパスにフローを $1$ 流せるようにできる。 $i$ から $t$ へフローを流せるならば得られたのが最大フローではないということになってしまうから、 $i$ から $t$ へ張った辺にはフローを流しきっている。 $i$ を経由する $s$ から $t$ へのパスに無理矢理フローを $1$ 流すことを考えると、すべてのチーム $k\ (\in T')$ について今後得るポイントの合計が $p _ m-1-P _ k$ 以下であり、かつチーム $i$ の今後得るポイントの合計が $p _ m-P _ i$ である場合が構築できている。これは、チーム $i$ が単独優勝できている場合である。

よって、単独優勝可能性も判定する場合、二分探索をした後、境界について最小カットを求めることが必要となる。最大流問題を解く回数を $\Theta(\log N)$ にする場合、優勝可能となる最小の $P _ i+2\sum _ {j\in T'} G _ {i,j}$ が優勝可能となる最小のポイントではない可能性に注意が必要である。また、Push-Relabel Algorithmの場合、実装によっては残余ネットワークだけでなく残存量を考慮して最小カットを求める必要があることに注意が必要である。

基になった論文

優勝判定については、KD Wayne, "A New Property and Faster Algorithm for Baseball Elimination", 1999に記載がある。

おわりに

作問の際、計算量解析および単独優勝判定のコーナーの対処をtatyamさんに教えていただきました。また、問題原案を出した際にYu_さんにも助言をいただきました。ここに感謝の意を表します。

2024-10-20

AtCoder Regular Contest 185 (ARC185) E - Adjacent GCDの勉強

問題

E - Adjacent GCDatcoder.jp

素朴なDP

単純な考察により、答え $R _ 1,R _ 2,\ldots,R _ N$ は、 $R _ 0=0$ として $R _ i=2R _ {i-1}+\sum _ {j=1} ^ {i-1} 2 ^ {j-1} \gcd{(A _ j, A _ i)}$ で表されることがわかる。

この問題では、このDPを高速化することが求められている。

高速化1

解法

Nyaanさん、maspyさんの公式解説による方法である。

$\max A _ i=M$ とおく。 $\delta _ {n,g}\ (1\leq n,g\leq M)$ をクロネッカーのデルタとする。
$\begin{align} \gcd{(A _ j, A _ i)}=\sum _ {n=1} ^ M n\delta _ {n,\gcd{(A _ j, A _ i)}}\end{align}$
が成立する。また、数列 $a _ {n,g}$ を
$\begin{align} a _ {n,g}=\sum _ {n|m,\ m\leq M} \delta _ {m,g}\end{align}$
で定義する。 $\gcd{(A _ j, A _ i)}$ を $a _ {n,\gcd{(A _ j, A _ i)}}$ で表したいと考える。
$\begin{align} \gcd{(A _ j, A _ i)}=\sum _ {n=1} ^ M x _ {n,\gcd{(A _ j, A _ i)}}a _ {n,\gcd{(A _ j, A _ i)}}\end{align}$
が成り立つと仮定すると
$\begin{align} \gcd{(A _ j, A _ i)}&=\sum _ {n=1} ^ M n\delta _ {n,\gcd{(A _ j, A _ i)}}\\ &=\sum _ {n=1} ^ M x _ {n,\gcd{(A _ j, A _ i)}}a _ {n,\gcd{(A _ j, A _ i)}}\\ &=\sum _ {n=1} ^ M x _ {n,\gcd{(A _ j, A _ i)}}\sum _ {n|m,\ m\leq M} \delta _ {m,\gcd{(A _ j, A _ i)}}\\ &=\sum _ {m=1} ^ M\left(\sum _ {n|m,\ n\leq M} x _ {n,\gcd{(A _ j, A _ i)}}\right)\delta _ {m,\gcd{(A _ j, A _ i)}}\end{align}$
となり、 $x _ {n,\gcd{(A _ j, A _ i)}}$ は $\gcd{(A _ j, A _ i)}$ に依存しないことがわかる。そして、
$\begin{align} n=\sum _ {m|n,\ m\leq M} x _ m\end{align}$
となる $(x _ n)$ は存在する。 $x _ n=\varphi(n)$ であるが、それがわからなくても約数メビウス変換で十分高速に事前計算できる。

ここで、最大公約数の性質より、アイバーソン括弧を用いると $a _ {n,\gcd{(A _ j, A _ i)}}=[n|\gcd{(A _ j, A _ i)}]=[n|A _ j][n|A _ i]$ と表せる。したがって、
$\begin{align} \sum _ {j=1} ^ {i-1} 2 ^ {j-1} \gcd{(A _ j, A _ i)} &=\sum _ {j=1} ^ {i-1} 2 ^ {j-1} \sum _ {n=1} ^ M x _ n[n|A _ j][n|A _ i]\\ &=\sum _ {j=1} ^ {i-1} 2 ^ {j-1} \sum _ {n|A _ i,\ n\leq M}x _ n[n|A _ j]\\ &=\sum _ {n|A _ i,\ n\leq M}x _ n\sum _ {j=1} ^ {i-1} 2 ^ {j-1} [n|A _ j]\end{align}$
と変形できる。 DPとともに、 $A _ i$ の約数の列挙と各 $n$ についての $\sum _ {j=1} ^ {i-1} 2 ^ {j-1} [n|A _ j]$ の更新を行うことで、十分高速に答えが求まる。

提出

Submission #58928300 - AtCoder Regular Contest 185atcoder.jp

Nyaan’s Libraryを使用

倍数変換・約数変換 | Nyaan’s Librarynyaannyaan.github.io

高速化2

解法

noshi91さんのユーザ解説による方法である。

数列 $(a _ i),(b _ i)$ について、 $c _ k=\sum _ {\gcd(i,j)=k} a _ i b _ j$ で定まる数列 $(c _ i)$ を $(a _ i),(b _ i)$ のGCD畳み込みという。また、 $f(x) _ k=\sum _ {k|i} x _ i$ （ $(x _ i)$ は有限列とする）で定まる数列 $(f(x) _ i)$ について、 $(c _ i)$ が $(a _ i),(b _ i)$ のGCD畳み込みであれば、 $f(c) _ i=f(a) _ i f(b) _ i$ が成立する。以下の記事が詳しい。添え字 gcd での畳み込みで AGC038-C を解く - noshi91のメモnoshi91.hatenablog.com

$\max A _ i=M$ とおく。単位行列の第 $j$ 列をとった列ベクトルを $\boldsymbol{\delta} _ j$ と表すことにする。それぞれの $\boldsymbol{\delta} _ j$ を数列と見ると、 $\boldsymbol{\delta} _ {\gcd(A _ j,A _ i)}$ は $\boldsymbol{\delta} _ {A _ j},\boldsymbol{\delta} _ {A _ i}$ のGCD畳み込みになっている。線形変換 $Z$ を、 $Z(\boldsymbol{\delta} _ j) _ k=\sum _ {k|i,\ i\leq M} (\boldsymbol{\delta} _ j) _ i$ で定めると、逆変換 $Z ^ {-1}$ が存在する。また、列ベクトル $\boldsymbol{n}$ を $\boldsymbol{n} _ i=i$ で定め、演算 $\circ$ をアダマール積とする。
$\begin{align} \gcd{(A _ j, A _ i)}&=\sum _ {n=1} ^ M n(\boldsymbol{\delta} _ {\gcd(A _ j,A _ i)}) _ n\\ &=\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{\delta} _ {\gcd(A _ j,A _ i)}\rangle\end{align}$
が成立する。したがって、
$\begin{align} \sum _ {j=1} ^ {i-1} 2 ^ {j-1} \gcd{(A _ j, A _ i)} &=\sum _ {j=1} ^ {i-1} \langle\boldsymbol{n},2 ^ {j-1} \boldsymbol{\delta} _ {\gcd(A _ j,A _ i)}\rangle\\ &=\sum _ {j=1} ^ {i-1} \langle\boldsymbol{n},2 ^ {j-1} \boldsymbol{\delta} _ {\gcd(A _ j,A _ i)}\rangle\\ &=\sum _ {j=1} ^ {i-1} \langle\boldsymbol{n},Z ^ {-1}(Z(2 ^ {j-1}\boldsymbol{\delta} _ {A _ j})\circ Z\boldsymbol{\delta} _ {A _ i})\rangle\\ &=\sum _ {j=1} ^ {i-1} \langle (Z ^ {-1}) ^ \top\boldsymbol{n},Z(2 ^ {j-1}\boldsymbol{\delta} _ {A _ j})\circ Z\boldsymbol{\delta} _ {A _ i}\rangle\\ &=\left\langle (Z ^ {-1}) ^ \top\boldsymbol{n},\left(\sum _ {j=1} ^ {i-1} Z(2 ^ {j-1}\boldsymbol{\delta} _ {A _ j})\right)\circ Z\boldsymbol{\delta} _ {A _ i}\right\rangle\\ &=\sum _ {n=1} ^ M \left((Z ^ {-1}) ^ \top\boldsymbol{n}\right) _ n\left(\sum _ {j=1} ^ {i-1} Z(2 ^ {j-1}\boldsymbol{\delta} _ {A _ j})\right) _ n \left(Z\boldsymbol{\delta} _ {A _ i}\right) _ n\end{align}$
と変形できる。 $\left(Z\boldsymbol{\delta} _ {A _ i}\right) _ n$ が掛かるから、 $n$ が $A _ i$ の約数である場合のみ計算すればよい。また、 $\sum _ {j=1} ^ {i-1} Z(2 ^ {j-1}\boldsymbol{\delta} _ {A _ j})$ も十分高速に更新できる。そして、 $Z$ が倍数ゼータ変換にあたることを考えると、 $(Z ^ {-1})$ が倍数メビウス変換で、 $(Z ^ {-1}) ^ \top$ が約数メビウス変換にあたることがわかる。結局、高速化1の方法と同じ実装を行うことになり、さらに、結局maspyさんのユーザ解説で軽く触れられている転置原理からの導出を行っていたことがわかる。提出は省略する。