A.[AHOI2007]密码箱
Description
在一次偶然的情况下,小可可得到了一个密码箱,听说里面藏着一份古代流传下来的藏宝图,只要能破解密码就能打开箱子,而箱子背面刻着的古代图标,就是对密码的提示。经过艰苦的破译,小可可发现,这些图标表示一个数以及这个数 与密码的关系。假设这个数是n,密码为x,那么可以得到如下表述:密码x大于等于0,且小于n,而x的平方除以n,得到的余数为1。 小可可知道满足上述条件的x可能不止一个,所以一定要把所有满足条件的x计算出来,密码肯定就在其中。计算的过程是很艰苦的,你能否编写一个程序来帮助小可可呢?(题中x, n均为正整数)
Input
输入文件只有一行,且只有一个数字 \(n(1\leq n\leq 2\times 10^9)\) \
Output
你的程序需要找到所有满足前面所描述条件的x,如果不存在这样的x,你的程序只需输出一行“None”(引号不输出),否则请按照从小到大的顺序输出这些x,每行一个数。
思路
显然想让我们求的是这个式子:
稍加思索,可以得到这个形式:
设 \(n=a*b\) ,
则 \(a*b|(x+1)(x-1)\) ,即 \(a|x+1,b|x-1\) 或 \(a|x-1,b|x+1\) 。
设 \(a<b\) ,枚举 \(a\) ,然后枚举 \(x=kb+1\) 或 \(x=kb-1\) ,\(a\) 枚举到 \(\sqrt n\) 即可
时间复杂度 \(O(\sqrt n*\sqrt n)=O(n)\)
B.[AHOI2005]约数研究
此题水炸了,不想写(尤其是考试的时候,脑子也不知道在想什么,最后才看出来)
思路
我看到这题的第一想法:用 \(f(n)=(p_1+1)(p_2+1)...(p_k+1)\) 求出每个数,然后觉得 \(n\) 有点大,就放弃了
考虑每个因子在式子中的贡献,可知2这个因子出现了 \(\lfloor\frac n2\rfloor\) 次,3这个因子出现了 \(\lfloor\frac n3\rfloor\) 次,以此类推,可知 \(p_i\) 的贡献是 \(\lfloor\frac n{p_i}\rfloor\) ,则答案为 \(\lfloor\frac n2\rfloor+\lfloor\frac n3\rfloor+...+\lfloor\frac n{p_i}\rfloor+...\) 。
可以选择把 N 以下的 \(\lfloor\frac n{p_i}\rfloor\) 预处理出来
C.BZOJ2142 礼物
Description
一年一度的圣诞节快要来到了。每年的圣诞节小E都会收到许多礼物,当然他也会送出许多礼物。不同的人物在小E心目中的重要性不同,在小E心中分量越重的人,收到的礼物会越多。小E从商店中购买了n件礼物,打算送给m个人,其中送给第i个人礼物数量为wi。请你帮忙计算出送礼物的方案数(两个方案被认为是不同的,当且仅当存在某个人在这两种方案中收到的礼物不同)。由于方案数可能会很大,你只需要输出模P后的结果。
Input
输入的第一行包含一个正整数P,表示模;第二行包含两个整整数n和m,分别表示小E从商店购买的礼物数和接受礼物的人数;以下m行每行仅包含一个正整数wi,表示小E要送给第i个人的礼物数量。
Output
若不存在可行方案,则输出“Impossible”,否则输出一个整数,表示模P后的方案数。
HINT
设 \(p=p_1^{c_1}*p_2^{c_2}*p_3^{c_3}*...*p_t^{c_t}\),\(p_i\) 为质数。
对于100%的数据,\(1\leq n\leq 10^9,1\leq m\leq 5,1\leq p_i^{c_i}\leq 10^5\)。
思路
\(exLucas\):干 他 就 完 了
按照正常的思路,可列出组合数相乘的式子:
但是我们知道,这样暴力算肯定是不行(可行的,并且是正解(╯▔皿▔)╯,下面不想看的就不看了)的,所以将 \(C_n^m\) 展开,即:
不难发现,原式中的前一项的分母和后一项的分子是可以相消的。可将原式化简为:
然后预处理出阶乘的逆元,但是因为友(e)善(du)的出题人明确说明 \(p\) 不一定是质数,所以求逆元需要分开,亿点点求,即求出每个 \(n!\%p_k^{c_k}\)
(下面是我之前的总结)
-
如何求 \(n!\%p_i^{k_i}\)
我们以 \(n=19,p_i=3,k_i=2\) 为例
\(n!=1∗2∗3∗4∗5∗6∗7∗8∗9∗10∗11∗12∗13∗14∗15∗16∗17∗18∗19\\=(1∗2∗4∗5∗7∗8∗10∗11∗13∗14∗16∗17∗19)∗36∗(1∗2∗3∗4∗5∗6)\)
根据这个例子发现,求解n!可以分为3部分:第一部分是 \(p_i\)的幂的部分,也就是 \(3^6\)即 \(p_i^{\lfloor\frac n{p_i}\rfloor}\),可以直接求解;第二部分是一个新的阶乘,也就是6!即 \(\lfloor\frac n{p_i}\rfloor!\),可以递归下去求解;第三部分是除前两部分之外剩下的数
-
考虑第三部分如何求解
发现第三部分在模 \(p_i^{k_i}\) 意义下是以 \(p_i^{k_i}\) 为周期的,即:
\((1∗2∗4∗5∗7∗8)≡(10∗11∗13∗14∗16∗17)~(mod~p_i^{k_i})\) ,所以只要求出 \(p_i^{k_i}\) 的长度即可;
但是还剩下一个孤立的19,可以发现剩下孤立的数长度不会超过 \(p_i^{k_i}\) ,只需要暴力求解即可
-
最后一个问题是对于求出的 \(m!\%p_i^{k_i}\) 和 \((n-m)!\%p_i^{k_i}\) 有可能与 \(p_i^{k_i}\) 不互质,无法求逆元
所以要将 \((n-m)!\%p_i^{k_i}\) 和 \(m!\%p_i^{k_i}\) 中质因子 \(p_i\) 先全部除去,求出逆元后再全部乘回去
计算n!中质因子p的个数x的公式为 \(x=\lfloor\frac np\rfloor+\lfloor\frac n{p^2}\rfloor+\lfloor\frac n{p^3}\rfloor+...\)
递推式也可以写为 \(f(n)=f(\lfloor\frac np\rfloor)+\lfloor\frac np\rfloor\)
\(Update:2020.7.25.10:06~~:\) 因为 \(m\leq 5\) 所以直接暴力好像更快(
\(Update:2020.7.25.9:12\) :果然,正解是直接 \(ex~Lucas\) 定理 ヽ(*。>Д<)o
(特判:当 \(\sum\limits_{i=1}^mw_i>n\) 时,无解)
D.P3166 [CQOI2014]数三角形
思路
三角形数量=在平面上随便找仨点-三点共线情况
在平面上随便找仨点 \(=C_{(n+1)(m+1)}^3\)
三点共线有三种情况:横着,竖着,斜着
横着,竖着 \(=(n+1)C_{m+1}^3+(m+1)C_{n+1}^3\)
主要是斜着的比较难搞,有斜率上升和下降两种。不难发现两种数量相等,所以我们设 \(ans\) 为上升的数量,最后乘二即可
设 \(AB\) 为长度为 \(i\) 的竖着的一条线段, \(BC\) 为长度为 \(j\) 的横着的一条线段
画图可以看出,\(AC\) 上的点数为 \(gcd(i,j)+1\) (不加顶点为 \(gcd(i,j)-1\) )
则像 \(A,B\) 这样横坐标差 \(j\) ,纵坐标差 \(i\) 的点对共有 \((n-i+1)(m-j+1)\)
枚举 \(i,j\) 可得
此时直接枚举是 \(O(nm)=O(n^2)\) ,考虑 \(gcd\) 的计算的话可能会达到 \(O(n^2\log n)\) 。
优化复杂度
通过欧拉反演可以将 \([gcd(i,j)=1]\) 化为 \(\sum_{d|gcd(i,j)}\varphi(d)\) 。(原理:\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\) 下面证明)
则,原式转化为:
因为 \(\varphi(1)=1\) ,所以可以微微转化一下:
接下来,我们看看 \(d|gcd(i,j)\) 的含义:
\(i,j\) 的最大公因子的每个因子 。
也就是 \(i,j\) 的每个公约数
枚举 \(i,j\) 再枚举他们的所有公约数,等价于枚举每个约数 \(d\) 再枚举 \(d\) 的 \(i\) 倍、\(j\) 倍。
那 \(d\) 的取值范围可化为 \([2,min(n,m)]\) , \(i,j\) 最小取 \(1\) ,最大取 \(\lfloor\frac dn\rfloor,\lfloor\frac dm\rfloor\) ,即:
很明显(这我开始也不明显),\(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}(n-id+1)\) 是等差数列求和,
首项为 \(n-d+1\) ,末项是 \(n-\lfloor \dfrac nd\rfloor d+1\) 即 \(n~mod~d+1\) ,项数是 \(\lfloor \dfrac nd\rfloor\) ,由通项公式得:
同理有:
最后得到:
欧拉函数用欧拉筛线性预处理出来,枚举 \(d\) 复杂度 \(O(min(n,m))=O(n)\)
\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\) 证明(会的可以跳过)
我们首先看这么几个数
如果要化成 \(\frac ab\) 这样的最简分数的形式,要满足两个条件:
\( 1.b|n~~ 2.gcd(a,b)=1 \)
,显然对于每个 \(b\),共有 \(\varphi(b)\) 个,而 \(n\) 的约数共有 \(\sum_{d|n}\) 个,那么可得:
那个的严格证明我忘了,嘻嘻嘻
下面的题有了
E.BZOJ4173 数学
题目
懒得放了。。。。
思路
通过题目,我们可以设 \(m=q_1*k+r_1,n=q_2*k+r_2\) ,则题目中的式子可化为 \(r_1+r_2\geq k\) ,所以 \(\lfloor\dfrac{m+n}k\rfloor=q_1+q_2+1\) ,则 \(\dfrac{m+n}k-\dfrac nk-\dfrac mk=1\)
那么 \(\sum_{k\in S(n,m)}\varphi(k)\) 可化为 \(\sum\limits_{k=1}^{m+n}\varphi(k)[\frac{m+n}k-\frac nk-\frac mk=1]\),即:
我们设 \(F(n)=\sum\limits_{k=1}^{n}\varphi(k)\lfloor\frac{n}k\rfloor\)
则可化为 \(F(n+m)-F(n)-F(m)\) ,单独考虑 \(F(n)\) :
通过 \(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\) ,可将 \(F(n)\) 转化为:
所以,上式化为:
这显然等差数列求和,于是:
所以,\(\varphi(m)*\varphi(n)*\sum_{k\in S(n,m)}\varphi(k)\) 就等于:
然后用欧拉筛或者别的办法求 \(\varphi\) 即可
因为直接求 \(\varphi\) 时间复杂度是 \(O(\sqrt n)\) 的,所以总时间复杂度为 \(O(n)\)
\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\) 的小证明
设 \(n=\prod\limits_{i=1}^mp_i^{a_i}\) ,
由于欧拉函数是积性函数,则有:
因式分解,上式等价于:
(有的是放了题,有的只写了思路,(●'◡'●))