数论什么的都去死吧！
看着题解我都能化式子用完4页草纸。。。
另外吐槽一句出题人的拼音学的是真好, 不知道是不是故意的.
其实题解已经写得挺详细的了.
我就是提一些出题人觉得太easy没必要提但是做题还是需要的一些东西....(因为这些东西我基本都是现学的)
然而之前刚刚学完mobius反演就暂时性脱坑的我啥也不会啊..
看到前排dp和曲神在水luogu的欢(bao/du)乐(ling/liu)赛, 就想去看看.
然后就点了报名但是发现自己什么都不会.
去看了看T1. 就是这道题.
然后成功的化出了第一步的式子.
这样就可以水30pts了.
一眼看出应该是反演类型的题目, 但是真的tmd不会啊,, 80pts都水不到.
(部分分给的也是有点迷, 80pts和100pts完全不是一样东西好么= =)
30pts:
通过一眼看出法可以得到激光扫到的第一个点的坐标是
\[(\frac x{gcd(x,y)},\frac y{gcd(x,y)})\]
所以
\[(\frac{x+y}{\frac x{gcd(x,y)}+\frac y{gcd(x,y)}})^2=gcd^2(x,y)\]
于是很显然地就是要求出
\[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^N\varphi(gcd^2(i,j))\cdots①\]
这个东西, 于是就变成了一道纯数论题. (本来就是一道纯数论题不是?!)
然后就\(O(n^2logn)\)乱搞就30pts到手了.
80pts:
继续化式子.
对于\(\varphi\)我们有这么一种操作:
\[\varphi(n)=\prod_ip_i^{k_i-1}(p_i-1)\]
所以可以得到
\[\varphi(n^m)=\prod_ip_i^{mk_i-1}(p_i-1)=\prod_ip_i^{k_i-1}(p_i-1)*p_i^{(m-1)k_i}=\varphi(n)*n^{m-1}\]
我们就可以把①中的gcd拆出来, 把平方去掉, 变成
\[①=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\varphi(gcd(i,j))*gcd(i,j)\]
然后反演的常见套路之枚举公因数
\[=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\sum_{d|i,d|j}\varphi(d)*d*b[gcd(i,j)=d]\]
其中\(b[x]\)表示\(x\)的真假性, \(x\)真则\(b[x]=1\), 否则\(b[x]=0\)
也就等价于在一个边长为\(\left \lfloor\frac nd\right \rfloor\)的方阵中找互质的\((i,j)\), 然后对\(d*\varphi(d)\)求和.
\[=\sum_{d=1}^N\varphi(d)*d\sum_{i=1}^{\left \lfloor\frac Nd\right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor\frac Nd\right \rfloor} b[gcd(i,j)=1]\cdots②\]
后半边式子有点眼熟?? 我们好像在哪里见过这种形式.
仪仗队!!!!!!
我们可以得出
\[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Nb[gcd(i,j)=1]\]
这个式子的结果是\(2*\sum_{i=1}^N\varphi(N)-1\).
所以
\[②=\sum_{d=1}^N\varphi(d)*d*(2*\sum_{i=1}^{\left \lfloor\frac Nd\right \rfloor}\varphi(i)-1)\cdots③\]
这样这个式子就化到头了.
而此时我们枚举\(d\)就可以做到\(O(n\sqrt n)\)求解了..
这样就能水到80pts. (个人感觉80pts部分分给得略高了)
100pts
满分做法就要用到一种高端科技了..
杜教筛!
顾名思义是一种筛法. 但是要比线筛快一些.
举个栗子, 我们来求一下
\[\sum_{i=1}^N\varphi(i)\] (其实跟上面的式子是有联系的OvO)
那么我们看数据范围想算法:
- \(N<=1000\)?
- 枚举, 每次从头扫求一遍欧拉函数都能过.
- \(N<=10000000\)?
- \(\varphi(x)\)是个积性函数, 直接线筛一下就好咯.
- \(N<=10000000000\)?
- 这个...... \(O(n)\)过不了啊..
这就是说我们必须要想别的方法了.
比如杜教筛..
我们先来化一波式子, 尽量把N变小到能做的范围.
对于\(\varphi\)函数有一条:
\[\sum_{d|n}\varphi(d)=n\]
那么
\[\sum_{d|n,d<n}\varphi(d)+\varphi(n)=n\ \varphi(n)=n-\sum_{d|n,d<n}\varphi(d)\]
我们\[\phi(i)= \sum_{i=1}^N\varphi(i)=\sum_{i=1}^N(i-\sum_{d|i,d<i}\varphi(d))=\sum_{i=1}^Ni-\sum_{i=2}^N\sum_{d|i,d<i}\varphi(d) =\sum_{i=1}^Ni-\sum_{\frac id=2}^N\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac n{\frac id}\right\rfloor}\varphi(d)\ 令j=\frac id,则\phi(i)\sum_{i=1}^N\varphi(i)=\sum_{i=1}^Ni-\sum_{j=2}^N\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac nj\right\rfloor}\varphi(d)=\sum_{i=1}^N-\sum_{j=2}^N\phi(\left\lfloor\frac nj\right\rfloor)\]
其中减号前面的显然是可以\(O(1)\)计算的(别说你不会), 后面的值是不会超过\(\sqrt n\)个的, 我们枚举因数递归计算即可.
代码太长而且基本是这题代码的子集就不糊在这里了..留个传送门自己去看吧.
然后我们回到这道题. 我们化出了③式, 为了防止忘掉, 我们再贴一遍.
\[\sum_{d=1}^N\varphi(d)*d*(2*\sum_{i=1}^{\left \lfloor\frac Nd\right \rfloor}\varphi(i)-1)\]
这样括号里面的刚刚学习了怎么筛(所以说是子集嘛), 所以问题就集中在了前面的
\[\sum_{d=1}^N\varphi(d)*d\]
怎么快速的筛出来. 而这个题解已经说的挺清楚了的~~(说你是不是懒得继续化了←_←)~~
我们令\(f(i)=\sum_{d=1}^N\varphi(d)*d\)
这个\(\varphi(d)*d=\varphi(d^2)\), 我们就猜测和\(\sum_{i=1}^Ni^2\)(这个式子可以用平方和公式\(O(1)\)求哟~)有什么联♂系.
(这个理由是蒙的, 比赛的时候怎么凑知道该怎么凑出来 不是很急但是会在线等= =)
那我们就化一下
\[\sum_{i=1}^Ni^2=\sum_{i=1}^N(i*\sum_{d|i}\varphi(d))=\sum_{i=1}^N(\frac id*\sum_{d|n}\varphi(d)*d)\]
这样凑出了\(\varphi(d)*d\)的形式. 但是还没有\(\sum_{i=1}^n\)的形式, 考虑枚举.
我们令\(t=\frac id\), 然后枚举\(t\). 因为要求1..N的和, 所以如果有\(t*d>N\)的\(d\)显然不能对答案做出贡献, 所以我们枚举\(d\)的时候枚举到\(\left\lfloor\frac Nt\right\rfloor\)即可. 也就是说
\[\sum_{i=1}^Ni^2=\sum_{t=1}^Nt*\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac Nt\right\rfloor}\varphi(d)*d=\sum_{d=1}^N\varphi(d)*d+\sum_{t=2}^Nt*\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac Nt\right\rfloor}\varphi(d)*d\]
那我们就可以得到
\[f(i)=\sum_{i=1}^Ni^2-\sum_{t=2}^Nt*\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac Nt\right\rfloor}\varphi(d)*d=\sum_{i=1}^Ni^2-\sum_{t=2}^Nf(\left\lfloor\frac Nt\right\rfloor)\]
就这么得到了一个杜教筛的形式, 就可以仿照上面做咯~
md化式子化到吐系列……
听说这题卡常数? 但也没怎么卡嘛 感觉随便一跑就轻松第一页了?
(好像出题人改了题, 所以只算改题之后的话应该就rank1了= =之前q1~q4数组开大了memset废掉好多时间= =
用了一些小trick 比如全程能开int绝对不开long long... (所以因为少%了一次第一次交80pts嘤嘤嘤...
比如把结果记忆化一下. 看到std这一步是用map做的.
但是因为都是\(N\)的因数, 我们就可以把这些因数分比一个数大的和比这个数小的两类分
这个数大约取\(\sqrt N\)即可. (大点也能存下, 但是小点好像可能会出现冲突)
开int的话一定要记得:步步取模, 强转long long!
Emmmm还有一种非常无良的针对数据的压常trick就是n<=1e5的时候线筛可以少筛一点...(这样就稳稳rank1了)
const SQ=1e6/7; //142857
int p1[SQ],p2[SQ];
int& getaddr(LL x){
if(x<SQ) return p1[x];
return p2[n/x];
} //返回储存地址这样就能少个log, 就会非常快...
代码(为什么不去看std呢)
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int N=5e6+5;
const int P=1e9+7;
const int SQ=1e6/7;
typedef long long LL;
LL n;
int p1[SQ],p2[SQ],p3[SQ],p4[SQ];
int prime[N],euler[N],mu[N],eusum[N],eumul[N],tot;
bool notp[N];
void shai(){
notp[1]=euler[1]=mu[1]=eusum[1]=eumul[1]=1;
for(int i=2;i<=5e6;++i){
if(!notp[i]){
prime[++tot]=i;
euler[i]=i-1;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<5e6;++j){
int k=i*prime[j];
notp[k]=1;
if(i%prime[j]==0){
mu[k]=0;
euler[k]=euler[i]*prime[j];
break;
}
else{
mu[k]=-mu[i];
euler[k]=euler[i]*(prime[j]-1);
}
}
eusum[i]=(eusum[i-1]+euler[i])%P;
eumul[i]=(eumul[i-1]+1LL*euler[i]*i%P)%P;
}
}
inline int qpow(int a,int b,int s=1){
for(;b;b>>=1,a=1LL*a*a%P)
if(b&1) s=1LL*s*a%P;
return s;
}
int inv2=qpow(2,P-2),inv6=qpow(6,P-2);
inline int& getaddr(LL x,bool flag){
if(flag){
if(x<SQ) return p1[x];
return p2[n/x];
}
if(x<SQ) return p3[x];
return p4[n/x];
}
int eulersum(LL x){
if(x<=5e6) return eusum[x];
int& addr=getaddr(x,1);
if(addr!=-1) return addr;
int ans; LL last;
ans=1LL*(x%P)*(x%P+1)%P*inv2%P;
for(LL i=2;i<=x;i=last+1){
last=x/(x/i);
ans=(ans-1LL*(last-i+1)*eulersum(x/i)%P)%P;
}
return addr=(ans%P+P)%P;
}
int eumulsum(LL x){
if(x<=5e6) return eumul[x];
int& addr=getaddr(x,0);
if(addr!=-1) return addr;
int ans; LL last;
ans=1LL*(x%P)*(x%P+1)%P*((x+x+1)%P)%P*inv6%P;
for(LL i=2;i<=x;i=last+1){
last=x/(x/i);
ans=(ans-1LL*(i+last)%P*(last-i+1)%P*inv2%P*eumulsum(x/i)%P)%P;
}
return addr=(ans%P+P)%P;
}
int main(){
memset(p1,-1,sizeof(p1));
memset(p2,-1,sizeof(p2));
memset(p3,-1,sizeof(p3));
memset(p4,-1,sizeof(p4));
shai(); scanf("%lld",&n);
int s=0; LL last;
for(LL i=1;i<=n;i=last+1){
last=n/(n/i);
s=(s+1LL*(eumulsum(last)-eumulsum(i-1)+P)*((2*eulersum(n/i)%P-1+P)%P)%P)%P;
}
printf("%d",s);
}真是要吐了 完结撒花~