【51Nod1584】加权约数和(数论)
【51Nod1584】加权约数和(数论)
题面
题解
要求的是$$\sum_{i=1}n\sum_{j=1}n max(i,j)\sigma(ij)$$
这个\(max\)太讨厌了,直接枚举一半乘个二。
\]
后面这一半可以直接预处理,只需要把\(i\)分解,可以做到调和级数的复杂度。
只考虑前面这一半,显然只需要考虑的是\(\sigma(ij)\)这个东西。
那么我们考虑在\(i\)中枚举一个约数,在\(j\)中枚举一个约数,然后把这两个约数合并一下,看看能不能让每个约数只被计算一次。
\]
证明的话,大概就是我们的目标是让每个约数只被计算一次,首先在\(i\)中枚举一个约数肯定没有问题,在\(j\)中枚举一个质因数也没有问题。对于\(uv\)这个数而言,我们把只在\(i\)中有的因子和只在\(j\)中有的因子给丢掉,只考虑在\(i,j\)中都含有的因子\(u',v'\),对于一个数\(uv\)而言,可能算重的情况是\(u'\)从\(v'\)那里抢走了一个质因子,而此时\(\frac{j}{v}\)就会对应的乘上那个质因子,使得\(gcd\neq 1\),所以每个数只会被计算一次。
有了这个式子就很好搞了,首先把这个式子换一个形式:
\]
带回去得到:
\]
考虑对于每一个\(i\)分别计算答案,所以我们设
f[n]&=n\sum_{j=1}^n\sum_{u|n}\sum_{v|j}[gcd(u,v)=1]\frac{uj}{v}\\
&=n\sum_{j=1}^n \sum_{u|n}\sum_{v|j}\frac{uj}{v}\sum_{k|u,k|v}\mu(k)\\
&=n\sum_{j=1}^n\sum_{k|n,k|j}\mu(k)\sum_{k|u,u|n}\sum_{k|v,v|j}\frac{uj}{v}\\
&=n\sum_{j=1}^n\sum_{k|n,k|j}\mu(k)(k\sigma(\frac{n}{k}))\sigma(\frac{j}{k})\\
&=n\sum_{k|n}\mu(k)k\sigma(\frac{n}{k})\sum_{i=1}^{n/k}\sigma(i)
\end{aligned}\]
然后就是前缀和计算就行了。
所有东西可以线性筛,中间要求逆就直接快速幂了。。。。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define MOD 1000000007
#define MAX 1000100
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int fpow(int a,int b){int s=1;while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}return s;}
bool zs[MAX];
int pri[MAX],tot;
int mu[MAX],sig[MAX],ssig[MAX],pw[MAX],spw[MAX],dpw[MAX],dspw[MAX],dsig[MAX];
int f[MAX],s[MAX];
void Sieve(int n)
{
mu[1]=1;dsig[1]=sig[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)
{
if(!zs[i])
{
pri[++tot]=i,mu[i]=MOD-1;
sig[i]=i+1,pw[i]=i,spw[i]=i+1;
dsig[i]=dspw[i]=(1+i+1ll*i*i)%MOD;dpw[i]=1ll*i*i%MOD;
}
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;++j)
{
zs[i*pri[j]]=true;
if(i%pri[j])
{
mu[i*pri[j]]=MOD-mu[i];
sig[i*pri[j]]=1ll*sig[i]*sig[pri[j]]%MOD;
pw[i*pri[j]]=pri[j],spw[i*pri[j]]=1+pri[j];
dsig[i*pri[j]]=1ll*dsig[i]*dsig[pri[j]]%MOD;
dpw[i*pri[j]]=dpw[pri[j]];
dspw[i*pri[j]]=dspw[pri[j]];
}
else
{
mu[i*pri[j]]=0;
sig[i*pri[j]]=1ll*sig[i]*fpow(spw[i],MOD-2)%MOD*(spw[i]+pw[i]*pri[j])%MOD;
pw[i*pri[j]]=pw[i]*pri[j];
spw[i*pri[j]]=(spw[i]+pw[i]*pri[j])%MOD;
dspw[i*pri[j]]=(dspw[i]+1ll*dpw[i]*pri[j]%MOD+1ll*dpw[i]*pri[j]%MOD*pri[j]%MOD)%MOD;
dsig[i*pri[j]]=1ll*dsig[i]*fpow(dspw[i],MOD-2)%MOD*dspw[i*pri[j]]%MOD;
dpw[i*pri[j]]=1ll*dpw[i]*pri[j]%MOD*pri[j]%MOD;
break;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)dsig[i]=1ll*dsig[i]%MOD*i%MOD;
for(int i=1;i<=n;++i)ssig[i]=(ssig[i-1]+sig[i])%MOD;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(mu[i])
for(int j=i;j<=n;j+=i)
f[j]=(f[j]+1ll*mu[i]*i%MOD*sig[j/i]%MOD*ssig[j/i])%MOD;
f[i]=1ll*f[i]*i%MOD;s[i]=(s[i-1]+2ll*f[i]+MOD-dsig[i])%MOD;
}
}
int main()
{
Sieve(MAX-1);
int T=read();
for(int i=1;i<=T;++i)
printf("Case #%d: %d\n",i,s[read()]);
return 0;
}
【51Nod1584】加权约数和(数论)的更多相关文章
- 51Nod1584 加权约数和
这题其实就是反演一波就好了(那你还推了一下午+一晚上),不过第一次碰到\(O(n\log n)\)预处理分块和式的方法-- 不知为啥我跟唐教主的题解推的式子不太一样--(虽然本质上可能是相同的吧) 那 ...
- 51nod1584加权约数和
题目大意: 求: \[ \sum_{i-1}^n\sum_{j=1}^nmax(i,j)\sigma(i*j) \] 题解 对于这个\(\max\),套路的把它转化成: \[ 2*\sum_{i=1} ...
- 51NOD 1584 加权约数和 [莫比乌斯反演 转化 Trick]
1584 加权约数和 题意:求\(\sum_{i=1}^{N} \sum_{j=1}^{N} {\max(i,j)\cdot \sigma(i\cdot j)}\) 多组数据\(n \le 10^6, ...
- 51nod 1584 加权约数和 约数和函数小trick 莫比乌斯反演
LINK:加权约数和 我曾经一度认为莫比乌斯反演都是板子题. 做过这道题我认输了 不是什么东西都是板子. 一个trick 设\(s(x)\)为x的约数和函数. 有 \(s(i\cdot j)=\sum ...
- 洛谷P1403 [AHOI2005] 约数研究 [数论分块]
题目传送门 约数研究 题目描述 科学家们在Samuel星球上的探险得到了丰富的能源储备,这使得空间站中大型计算机“Samuel II”的长时间运算成为了可能.由于在去年一年的辛苦工作取得了不错的成绩, ...
- BZOJ-1968 COMMON 约数研究 数论+奇怪的姿势
1968: [Ahoi2005]COMMON 约数研究 Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 64 MB Submit: 1513 Solved: 1154 [Submit] ...
- 51nod 约数和(数论)
题目链接: 约数和 基准时间限制:2 秒 空间限制:131072 KB 分值: 80 有三个下标从1到n的数组a.b.c. a数组初始全为0. b[i]=∑j|ia[j] c[i]=∑j|ib[j] ...
- 51nod“省选”模测第二场 B 异或约数和(数论分块)
题意 题目链接 Sol 这题是来搞笑的吧.. 考虑一个数的贡献是\(O(\frac{N}{i})\) 直接数论分块. #include<bits/stdc++.h> #define Pai ...
- [51Nod 1584] 加权约数和
Description 在整理以前的试题时,他发现了这样一道题目:"求 \(\sum\sigma(i)\),其中 \(1≤i≤N\),\(σ(i)\) 表示 \(i\) 的约数之和.&quo ...
随机推荐
- Python Poetry 学习和使用
Poetry是啥? 是一个Python虚拟环境和依赖管理工具,另外它还提供了包管理功能,比如打包和发布.可以用来管理python库和python程序. 安装Poetry curl -sSL https ...
- 基于appium的fixture应用之代码重构
一.痛点分析 在appium自动化中,会话启动参数较多,我们使用了yaml配置文件来进行管理,并使用了PyYaml模块进行yaml文件内容的读取,我们知道,在测试场景中,不可能只会用到一种启动类型的参 ...
- Linux系统:centos7下搭建Nginx和FastDFS文件管理中间件
本文源码:GitHub·点这里 || GitEE·点这里 一.FastDFS简介 1.基础概念 FastDFS是一个开源的轻量级分布式文件系统,它对文件进行管理,功能包括:文件存储.文件同步.文件上传 ...
- Python内部参数中对外部实参的影响
无论函数传递的参数的可变还是不可变,只要针对参数使用赋值语句,会在函数内部修改局部变量的引用,不会影响到外部变量的引用,而如果传递的参数是可变类型,在函数内部使用方法修改了数据的内容,同样会影响到外部 ...
- 2018简约商务工作汇报工作总结公司培训团队介绍PPT模
这几款ppt模板都是简约大气类型的,32页足够丰富,有完整结构框架,可以修改文字图片直接套用模板,是通用的商务ppt模板. 模版来源:http://ppt.dede58.com/gongzuohuib ...
- Dojo.declare使用方法详解
ArcGIS API for JavaScript是基于dojo开发的一套API,在实际生产中,我们需要再根据自己的需求实现自定义的功能,最后抽象成接口给前端调用. 我们使用dojo的declare来 ...
- 一种简单的REST API接口加密实现,只允许自己的产品调用后台,防止接口被刷
在项目上线后,后台接口很容易通过抓包工具看到, 难免被人为构造恶意请求攻击我们的系统,相信大家都或多或少都遇到过短信验证码被刷.疯狂留言灌水.数据被恶意爬取等问题,这种直接抓接口然后写个循环调用的行为 ...
- UIView创建xib
这里有两种类都可以实现,但是推荐用Empty类来创建 (Empty): 参考链接:https://blog.csdn.net/wtdask/article/details/76439295 https ...
- NumPy实现数据的聚合,计算最大值,最小值
1.数组值的求和 首先构造一个具有100个值的数组,然后我们利用两个不同的方法进行求和: >>> l=np.random.random() l的数据如下: >>> ...
- Flutter学习笔记(6)--Dart流程控制语句
如需转载,请注明出处:Flutter学习笔记(5)--Dart流程控制语句 条件语句:if.if...elseif.if...elseif...else ; ) { print('优秀'); } &g ...