ACM-ICPC 2018 沈阳赛区网络预赛 G. Spare Tire
这题很好啊,好在我没做出来。。。大概分析了一下,题目大概意思就是求
问所有满足1<=i<=n且i与m互素的ai之和
最开始我们队的做法是类似线性筛的方法去筛所有数,把数筛出来后剩下数即可,但是这样的是时间复杂度十分大,我们需要遍历每个质因
的倍数,这样最坏的复杂度是很大的1e8,因为我们需要把i的倍数筛到1e8,这样肯定不行,那么想想其他办法
我们想到了容斥-----(赛后想到的)
我们可以推处一个公式ai=i*i+i;
那么ai的前n项和Tn=n*(n+1)*(2*n+1)/6+n*(n+1)/2;
我们知道了前N项和,再减去和M不互质的数的贡献即可,那么怎么利用上面式子算贡献呢???
根据算数基本定理将m分解,与m不互素的就是至少有其中一个因子,算所有的所以要容斥
对于每个因子积sum,会形成sum,2*sum,3*sum...[n/sum]*sum这些不互素的数,
设k=[n/sum],我们把这些数提出一个sum
那么这些数变成了sum*(1+2+3+....+k)那么在这个sum下,这个贡献T=k*(k+1)*(2*k+1)/6*i*i+k*(k+1)/2*i;
有人回想为什么??需要乘以i*i和i呢??我们可以看一下原来的an=i*i+i;那么前an=(k*i)*(k*i)+k*i=i*i*k*k+k*i;
如果没看懂,可以看看这个
https://blog.csdn.net/lngxling/article/details/82530798
我的代码
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod = 1e9+;
ll inv6=;
ll inv2=;
ll a[];
ll sum(ll n,ll i){
n=n/i;
ll ans=((n%mod)*(n+)%mod*(*n+)%mod*inv6%mod*i%mod*i%mod+n%mod*(n+)%mod*inv2%mod*i%mod)%mod;
return ans;
};
int main(){
long long n,m;
int cnt;
int num[];
while(~scanf("%lld%lld",&n,&m)){
int tmp=m;
cnt=;
while(tmp!=){
int flag=;
for (int i=;i<=sqrt(m);i++){
if (tmp%i==){
num[cnt]=i;
cnt++;
flag=;
}
while(tmp%i==){
tmp/=i;
}
//cout<<"--"<<endl;
}
if(flag== && tmp!=){
num[cnt]=tmp;
cnt++;
break;
}
}
ll ans=sum(n,);
ll ans2=;
//cout<<"--"<<endl;
for (int i=;i<(<<cnt);i++){
int flag=;
ll temp=;
for (int j=;j<cnt;j++)
if (i&(<<j))
{
// cout<<"--"<<endl;
flag++;
temp=temp*num[j]%mod;
}
// cout<<"---"<<endl;
temp=sum(n,temp);
//cout<<"---"<<endl;
if (flag%==)
{
ans2=(ans2%mod+temp%mod)%mod;
}else {
ans2=(ans2%mod-temp%mod+mod)%mod;
}
}
printf("%lld\n",(ans%mod-ans2%mod+mod)%mod);
}
return ;
}
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