2024-09-29

ゆるふわ競技プログラミングオンサイト at FORCIA #7 G - Dot Product Query (4D)

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コンテスト中最初に挑んだが解けず、その後も結局解けなかった。gcd convolution を思い出せなかった。

問題へのリンク

問題概要

長さ $N$ の正の整数からなる数列 $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{N}$ 、 $B_{1}, B_{2}, \dots, B_{N}$ が与えられる。これらの数列に対して $Q$ 個のクエリが与えられる。

【クエリ】
正の整数 $C$ が与えられる。数列 $B$ の 0 個以上の要素を適当な整数に変更することで、

$\displaystyle \sum_{i=1}^{N} A_{i}B_{i} = C$

を満たすことができるか判定し、可能な場合は変更する要素の個数の最小値を求めよ。

制約

$1 \le N, Q, A_{i}, B_{i}, C \le 2 \times 10^{5}$

考えたこと

$D = |C - \sum_{i=1}^{N} A_{i}B_{i}|$ とする。まず、 $A$ 全体の最大公約数を $g$ として $g | D$ でない場合は -1 としてよい。結局は次の問題となる。

$A$ から最小個数の要素 $A_{i_{1}}, A_{i_{2}}, \dots, A_{i_{K}}$ を選んで、

$\mathrm{gcd}(A_{i_{1}}, A_{i_{2}}, \dots, A_{i_{K}}) | D$

となるようにせよ。

ここで、 $D$ のとり得るは $10^{10}$ オーダーの大きな値ではあるものの、その値の範囲は $2 \times 10^{5}$ と小さい ( $C \le 2 \times 10^{5}$ より) ことに注意しよう。

エラトステネスの区間篩のアナロジーから、 $v = 1, 2, \dots 2 \times 10^{5}$ について、

$\mathrm{gcd}(A_{i_{1}}, A_{i_{2}}, \dots, A_{i_{K}}) | v$

を満たすような最小の $K_{v}$ を求める問題へと帰着される。

また、 $K_{v}$ がそれほど大きくならないこともわかる。なぜならば、たとえば $K_{v} = 5$ という例を構成しようとしただけでも、最小で

$A_{1} = 3 \times 5 \times 7 \times 11$
$A_{2} = 2 \times 5 \times 7 \times 11$
$A_{3} = 2 \times 3 \times 7 \times 11$
$A_{4} = 2 \times 3 \times 5 \times 11$
$A_{5} = 2 \times 3 \times 5 \times 7$

と大きな値が必要になる。ちゃんと評価すると $K \le 6$ の範囲を調べれば十分だとわかる。

gcd convolution

ここまではコンテスト中に考察できていたが、結局 $K_{v} \le 6$ がわかっても、間に合う解法が思い浮かばなかった。解説で gcd convolution というワードを見て、すべてが氷解した。gcd convolution を用いると、次のことが $O(V \log \log V)$ の計算量でできる。

整数 $v = 1, 2, \dots, V$ に対する整数値関数 $f(v), g(v)$ があるとする。

$h(v) = \displaystyle \sum_{\mathrm{gcd}(i, j) = v} f(i)g(j)$

によって定義される整数値関数 $h(v)$ を求める (以降、これを $f \cdot g$ と書くことにする)。

具体的な方法は、たとえば次の記事に書いた。

qiita.com

今回は、

$f(v)$ = ( $A_{i} = v$ となる $i$ が存在するとき 1、そうでないとき 0)

とするといい感じになる。

$(f \cdot f)(v) = 1$ かつ $f(v) = 0$ であるような $v$ に対しては、 $K_{v} = 2$ と求められる
同様に、 $(f \cdot f \cdot f)(v) = 1$ かつ $(f \cdot f)(v) = 0$ であるような $v$ に対しては、 $K_{v} = 3$ と求められる
...

という感じだ。これを高々 6 回繰り返せば良い。なお、この 6 という部分はちゃんと計算量評価すると、 $A, C$ の値の最大値を $M$ として $O(\log M)$ と書ける。

以上の解法の計算量を評価しよう。区間篩パートも考慮すると $O(N + Q + M \log M)$ と評価できる。

コード

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// f(k) = sum_{GCD(i, j) = k} g(i)h(j)
// F(k) = sum_{k | i} f(i)
// F(k) = G(k)H(k)
namespace FastGCDConvolution {
    vector<bool> eratos(int N) {
        vector<bool> isprime(N, true);
        isprime[0] = isprime[1] = false;
        for (int p = 2; p < N; ++p) {
            if (!isprime[p]) continue;
            for (int i = p*2; i < N; i += p)
                isprime[i] = false;
        }
        return isprime;
    }

    template<class T> void zeta(vector<T> &v, const vector<bool> &isprime) {
        int N = (int)v.size();
        for (int p = 2; p < N; ++p) {
            if (!isprime[p]) continue;
            for (int i = (N-1)/p; i >= 1; --i)
                v[i] += v[i*p];
        }
    }

    template<class T> void mebius(vector<T> &v, const vector<bool> &isprime) {
        int N = (int)v.size();
        for (int p = 2; p < N; ++p) {
            if (!isprime[p]) continue;
            for (int i = 1; i*p < N; ++i)
                v[i] -= v[i*p];
        }
    }

    template<class T> vector<T> mul(const vector<T> &a, const vector<T> &b) {
        int N = max((int)a.size(), (int)b.size());
        const auto &isprime = eratos(N);
        vector<T> A(N, 0), B(N, 0);
        for (int i = 0; i < a.size(); ++i) A[i] = a[i];
        for (int i = 0; i < b.size(); ++i) B[i] = b[i];
        zeta(A, isprime), zeta(B, isprime);
        vector<T> C(N);
        for (int i = 1; i < N; ++i) C[i] = A[i] * B[i];
        mebius(C, isprime);
        return C;
    }
};

const int MAX = 210000;
int main() {
    long long N, Q, C, base = 0, g = 0;
    cin >> N;
    vector<long long> A(N), B(N), va(MAX, 0), tmp(MAX, 0), num(MAX, -1);
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> A[i]; 
        g = gcd(g, A[i]);
        va[A[i]] = tmp[A[i]] = num[A[i]] = 1;
    }
    for (int i = 0; i < N; i++) cin >> B[i], base += A[i] * B[i];

    for (int iter = 2; iter < 10; iter++) {
        tmp = FastGCDConvolution::mul(tmp, va);
        for (int v = 0; v < MAX; v++) {
            if (tmp[v] > 0 && num[v] == -1) num[v] = iter;
        }
    }

    if (base <= MAX)  {
        vector<long long> res(MAX, -1);
        res[0] = 0;
        for (int v = 1; v < MAX; v++) {
            if (num[v] < 1) continue;
            for (int v2 = v; v2 < MAX; v2 += v) {
                if (res[v2] == -1 || res[v2] > num[v]) res[v2] = num[v];
            }
        }
        cin >> Q;
        while (Q--) {
            cin >> C;
            cout << res[abs(base - C)] << endl;
        }
    } else {
        // res[i] := base - MAX + i の答え
        vector<long long> res(MAX, -1);
        for (long long v = 1; v < MAX; ++v) {
            if (num[v] < 1) continue;
            for (long long v2 = (base - MAX + v - 1) / v * v; v2 < base; v2 += v) {
                if (res[v2 - base + MAX] == -1 || res[v2 - base + MAX] > num[v]) {
                    res[v2 - base + MAX] = num[v];
                }
            }
        }
        cin >> Q;
        while (Q--) {
            cin >> C;
            cout << res[MAX - C] << endl;
        }
    }
}

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問題概要

制約

考えたこと

gcd convolution

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