2019国家集训队论文《整点计数》命题报告 学习笔记/Min25

\(2019\)国家集训队论文《整点计数》命题报告 学习笔记/\(Min25\)

补了个大坑

看了看提交记录,发现\(hz\)的\(xdm\)早过了...

前置知识,\(HAOI\)《圆上的整点》

题目要求计算所有\((x,y),\)满足\(x^2+y^2=r^2\)的点数

这个题尽管原来做过,但是当时式子都是别人带着推的,并不知道深层原因,今天才发现这个和复数有关

先自己推一下式子

\(x^2+y^2=r^2\)

\(y^2=r^2-x^2\)

\(y^2=(r-x)(r+x)\)

\(y=\sqrt{(r-x)(r+x)}\)

\(d=gcd(r+x,r-x)\)

\(A=\frac{r-x}{d},B=\frac{r+x}{d}\)

\(gcd(A,B)=1\)

\(y^2=d^2\times A\times B\)

这里的话\(A,B\)必然是完全平方数

\(A=a\times a,B=b\times b\)

\(a^2+b^2=\frac{2\times r}{d}\)

有了这个式子,代码就好写了,枚举\(gcd\)枚举\(a,b\)就好了

这个的启发意义是什么,或许是提取\(gcd\)

复杂度\(O(r^{\frac{3}{4}})\)

\(LOJ\)整点计数

这道题和上道题区别在于一个是求圆上,一个是求圆内

好,暴力的想一想,首先可以枚举所有的整数长度的半径,用一下\(HAOI\)圆上的整点的思路

复杂度\(O(r^2)\)

那么到这里思路枯竭了,数学题,打表是必须的

那么对于函数\(f(x)\)打个表m发现都是\(4\)的倍数,其实到这里可以很自然的想到,同时除以一个\(4\),发现这是一个积性函数(才怪...)

那么到了这发现是\(4\)的倍数,那么\(\mod 2^k\)是\(0\)(可以直接输出\(0\)得到两个测试点分数的好成绩)

考场上想到了在勾股数上搞事情

也想到了找到最小的互质的勾股数然后扩大倍数计算的方法

这个东西的复杂度不太知道,但是由于你可以打表得出范围内的勾股数,那么整一下就好了

得到所有勾股数,然后看看在这个范围内有多少个就好了

以上都是本题暴力部分

下面的部分就和高斯整数有点关系了

二维平面考虑复数\(x+yi\)

我们要求的是\(\sqrt{x^2+y^2}<=r\)并且是整数

怎么保证这个是整数,话说考试时候被这个东西卡住了

\(x^2+y^2=(x+yi)(x-yi)\)

那么我们对于每个\(f(x)\)而言,他的数值等于所有的高斯整数与其共轭高斯整数的和是\(x^2\)的对数

我们如何不重不漏的计算每一个满足要求的整点

考虑一下一个整数什么是唯一的,一个数的质因数分解是唯一的,那么我们想不重不漏计算每一个整数,那么可以枚举质因数分解来唯一确定

那么同理可得,对于任意一个高斯整数,必然有一个唯一分解,只不过这个分解是高斯素数分解

那么我们可以枚举每个高斯素数出现的次数,不重不漏的计算每个点

高斯质数\(--\)不能被继续分解的高斯整数...

质数相乘得到整数,那么质数怎么被唯一分解

费马平方和定理

首先明确,我们要分解整数,那么肯定是分解成共轭相乘的形式,否则无法消掉复数

那么需要能找到一个\(a,b,a^2+b^2=p^2\)

那么这个\(p\)有解的条件是\(p\mod4=1\)

那么\(4k+3\)的质数由于不能继续分解,那么也是高斯质数,但是\(i\)的系数是\(0\)

还是说怎么快速求\(f(x)\)

首先要对\(x\)质因数分解,发现这都是\(4\)的倍数,那么继续考虑这个情况

\(\frac{f(225)}{4}=\frac{f(9)}{4}\times \frac{f(25)}{4}\)

这个式子就是说,\(f(9)\)和\(f(25)\)分解方式相乘肯定是总的,必然不会重复

其实到这就很好说了,你无非是把这个分解之后,看看有多少种组合方式罢了

那么考虑对\(4k+3\)进行分解,必然是\(x^{\frac{k}{2}}\times x^{\frac{k}{2}}\)

我需要重新想一想

首先我们要求的是\(f(x)\)

也就是所有的\(a^2+b^2=x^2\)的\((a,b)\)

就是求所有的\(x^2\)的\((a+bi)\times(a-bi)\)的形式

那么我们肯定分解的是\(x^2\)是完全平方数

首先我们分解出来的必须是共轭形式,那么这个显然只能分解出来开根号的形式

那么\(4k+1\)型质数

首先\(p\)有唯一分解\((a+bi)\times(a-bi)\)

那么对于他的\(k\)次幂我们有\((a+bi)^x(a-bi)^x\)的分解形式

那么我们能分解的形式肯定是俩互为共轭

那好说了,\((a+bi)^k(a-bi)^{x-k}\times (a+bi)^{x-k}(a+bi)^k\)

这个这个必为共轭

那么方案数也显然了\(k+1\)种情况

至于为什么不讨论\(4k+2,4k\)

原因很简单,因为这个无法被分解出共轭的形式,必然不会有一个复数满足

那么式子很好得出

我们先\(x^2\)

那我们对\(x^2\)进行质因数分解就好了,我们要求出所有满足条件的共轭复数,

\(f(x)=4\times\Pi_{i=1}^{s}(1+[p_i=1(\mod 4)]\times k_i)\)

这个东西把每个质数提前预处理一下,然后搞一波埃筛

枚举\(x\),质因数分解累计答案,每个质数由于是唯一分解且只有两项,那么每一个质数的贡献答案次数就显然了

要优化这个暴力的话,可以考虑分块打表,尽管很麻烦...

到了这,离正解就很近了

上面推导了一个性质,每一个质数必须独立分解成一对共轭复数的乘积

上面那个式子也能看出来,\(f(x)/4\)是一个积性函数

那么对于原来的式子重新变形

\(\sum_{i=1}^{n}f(i)^k=4^k\times \sum_{i=1}^{n}g(i)^k\)

好,积性函数,好,前缀和,好\(Min25\)

来,咱们重新回顾一下\(Min25\),好久没写都忘了...现在就会\(PN\)筛了...

话说回来,确实\(PN\)筛好写又好构造,但是有些题确实只能\(Min25...\)

\(Min25\)筛

用途

亚线性复杂度求出积性函数前缀和

对于一个积性函数\(F(x)\),用来快速计算前缀和\(\sum_{i=1}^{n}F(i)\)

这个积性函数需要满足\(F(x)[x\in Prime]\)可以用多项式表示

同时需要\(F(x^k)[x\in Prime]\)能够快速计算

先不考虑前缀和的东西,考虑一个积性函数\(F(x)\)

求\(\sum_{i=1}^{n}[i\in Prime]F(i)\)

假设函数是\(F(x)=x^k\)

那么求解\(\sum_{i=1}^{n}[i\in Prime]i^k\)

设\(P\)是质数集合,\(P_i\)是第\(i\)个质数

这个的本质是\(dp\)转移,很\(nb...\)

设\(g(n,j)=\sum_{i=1}^ni^k[i\in P\ or \ min(p)>P_j,p|i,p\in P\ ]\)

表示计算\(1-n\)里面所有的质数或最小质因子大于\(P_j\)的元素的\(k\)次方和

分情况讨论,明确一下,肯定是从小向大转移

\(P_j^2>n,\)那么首先对于第二个合数部分肯定没有贡献,那么可以直接转移\(g(n,j)=g(n,j-1)\)

这部分意思是说,首先对于质数部分,前面的肯定不会发生变化,后面的合数部分,由于不会出现,那么直接转移就好了

那么\(P_j^2<=n\)就需要减去一部分了

我们们减去的肯定是最小质因子是\(P_j\)的合数了,大概减的是\(F(P_j\times...)\)的形式

由于是积性函数,我们可以提出一部分\(F(P_j)\times F(...)=P_j^k\times F(...)\)

首先把所有的提出一个\(P_j\)出来,然后考虑我们要减去上限是\(\frac{n}{P_j}\)内的所有质因数大于等于\(P_j\)的合数

由于减去一些最小质因数小于的数字,那么应该加上一些质数

式子易得

\(g(n,j)=g(n,j-1)-P_{j}^k[g(\frac{n}{P_{j}},j-1)-g(P_j-1,j-1)]\)

\(g(n,|P|)\)就是所有质数的\(i^k\)

我们计算的时候要分成两部分,一个是质数部分,一个是合数部分,那么质数部分是\(f(n,|P|)\)

那么两个转移式子合并到一起

\(g(n,j)= \begin{cases} g(n,j-1)&P_j^2\gt n\\ g(n,j-1)-P_{j}^k[g(\frac{n}{P_j},j-1)-g(P_j-1,j-1)]&P_j^2\le n \end{cases}\)

这个\(g\)只是一个辅助转移的工具,当然这个值和我们要求的前缀和有一些出入,当然了,我们每个数都按照那个式子求的结果,并不是每个数都能带入式子

考虑一下\(g\)的过程,首先有\(g(x,0)\)所有数字的和,然后一步步减去某些最小质因子等于一个数字的数

这个式子只有在集合里面全是质数的时候才是正确的

顿时感觉\(Min25\)比\(PN\)也不复杂...

我们有了所有质数位置的\(F(i),\)我们要求所有的和

继续设\(S(n,j)=\sum_{i=1}^{n}[min(p)>=P_j]f(i)\)

和上面的定义很类似,也是\(1-n\)里面最小质因数大于等于\(P_j\)的\(F(i)\)的和,这个和质数无关

最后答案是\(S(n,1)+F(1),\)\(1-n\)所有的最小质因数大于等于\(2\)的\(F(i)\)的和再加上\(F(1)\)就好了

最后的式子也是分成质数和合数分开计算

\(S(n,j)\)表示\(1-n\)所有最小质因子大于\(P_j\)的数字的函数值得和

\(S(n,j)=g(n,j)-\sum_{i=1}^{j-1}f(P_i)+\sum_{k=j}^{P_k^2\le n}\sum_{e=1}^{P_k^{e+1}\le n}(S(\frac{n}{P_k^e},k+1)\times f(P_k^e)+f(P_k^{e+1}))\)

首先由于质数合数分开计算,那么前面就是质数部分,而且要保证最小质数的质因子大于\(P_j,\)那么需要减去小于\(P_j\)的所有质数,然后加上合数部分,这个很好说,枚举最小质因数和出现次数就好了,我们把最小质因子等于一个数字的一起计算

由于这个东西是积性函数,那么显然的,可以提出来分开算,当然需要保证互质,剩下部分就是了,我这式子前半部分并没有求一个质数的几次方形式,所以后面要加上这一部分

一会还要去补\(DDP\)....