文章目录
前提知识复习
整除分块是用于快速处理形似下列式子的方法,是解决莫比乌斯反演类题目需要掌握的前提知识
但是本篇博客的例题是特别特别板的,不会涉及莫比乌斯反演,请dalao们出门左转别浪费时间,蟹蟹
回归正题,很显然上面的式子可以
得到答案
但是,在某些题目中,毒瘤出题人将数据加强到了
以上
这个时候我们就无法通过
的解法来得到答案
我们需要一个
的更为优秀的解法
对于单一的
,某些地方的值是相同的,并且呈块状分布
通过深入的探求规律与严密推理以及暴力打表与幸运瞎猜 ,最后惊奇的发现这些块状分布的值是有规律的
对于一个块,假设它的起始位置的下标为
,那么可以得到的是,它的结束位置的下标为
代码表示即为
r = n / ( n / l );
分块如果非要安排一个模板的话,那就是一个
循环了
int calc( int n ) {
int ans = 0;
for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
r = n / ( n / l );
//根据题目要求进行计算
}
return ans;
}
有的时候不同的题目可能出现 的情况,为了防止程序挂掉,我们也可以这么写
int calc( int n ) {
int ans = 0;
for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
if( k / l ) r = min( k / ( k / l ), n );
else r = n;
//根据题目要求进行计算
}
return ans;
}
具体的就用例题来体会吧
T1:余数求和
title
solution
前面的求和式子可以很直观地得到
后面的求和式子我们令
表示这个块的开始下标,
为这个块的结束下标,
,则该块里面的值为:
答案显而易见了吧,第一个求和就是个定值
,后面的求和就是等差数列
计算方法:首项加末项乘以项数除以二=>
code
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
signed main() {
int n, k;
scanf( "%lld %lld", &n, &k );
int ans = n * k;
for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
if( k / l ) r = min ( k / ( k / l ), n );
else r = n;
ans -= ( r - l + 1 ) * ( k / l ) * ( l + r ) / 2;
}
printf( "%lld", ans );
return 0;
}
T2:Ice Rain
title
solution
读完题后是不是
一模一样的吧,这种sb题 你加一个无线输入操作就
,
,下一个!!
code
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
long long n, k;
while( ~ scanf( "%lld %lld", &n, &k ) ) {
long long ans = n * k;
for( long long l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
if( k / l ) r = min( k / ( k / l ), n );
else r = n;
ans -= ( k / l ) * ( l + r ) * ( r - l + 1 ) / 2;
}
printf( "%lld\n", ans );
}
return 0;
}
T3:The Fool
title
solution
一样的吧?差不多的吧?如果你没有一点思路的话,证明我写的太差 没有学懂哦~
,先分出每个块,然后再等差数列求和,加在一起最后判断,
事
code
#include <cstdio>
int main() {
int T;
scanf( "%d", &T );
for( int Case = 1;Case <= T;Case ++ ) {
long long n;
scanf( "%lld", &n );
long long ans = 0;
for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
r = n / ( n / l );
ans += ( r - l + 1 ) * ( n / l );
}
if( ans & 1 ) printf( "Case %d: odd\n", Case );
else printf( "Case %d: even\n", Case );
}
return 0;
}
T4:模积和
title
solution
这道题就是个重头戏了,其实也很简单的
仔细看推导过程!!
用容斥拆开把
的情况减掉即可
直接把显而易见能分块的先分了来,再暴力展开
整理综上
最后我们发现
在分块的时候挂掉了,OMG,怎么办!!,告诉你一个结论
最后注意避雷!!!
不是个质数,稍微用随便找个互质的数搞个逆元就好了
code
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 19940417
int n, m, inv;
int qkpow( int x, int y ) {
int ans = 1;
while( y ) {
if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod;
y >>= 1;
}
return ans;
}
int sqr( int x ) {
return x * ( x + 1 ) % mod * ( x << 1 | 1 ) % mod * inv % mod;
}
int sum( int l, int r ) {
return ( l + r ) * ( r - l + 1 ) / 2 % mod;
}
int calc( int n ) {
int ans = 0;
for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
r = n / ( n / l );
ans = ( ans + n * ( r - l + 1 ) % mod - ( n / l ) * sum( l, r ) % mod + mod ) % mod;
}
return ans;
}
signed main() {
inv = qkpow( 6, 17091779 );
scanf( "%lld %lld", &n, &m );
int ans = calc( n ) * calc( m ) % mod;
if( n > m ) swap( n, m );
for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
r = min( n / ( n / l ), m / ( m / l ) );
int sum1 = n * m % mod * ( r - l + 1 ) % mod;
int sum2 = ( n / l ) * ( m / l ) % mod * ( sqr( r ) - sqr( l - 1 ) + mod ) % mod;
int sum3 = ( n / l * m % mod + m / l * n % mod ) * sum( l, r ) % mod;
ans = ( ans - ( sum1 + sum2 - sum3 + mod ) % mod + mod ) % mod;
}
printf( "%lld", ans );
return 0;
}
走了,题还没做完…