4815: [Cqoi2017]小Q的表格 莫比乌斯反演 分块
(Updated 2018.04.28 : 发现公式效果不好,重新处理图片)
国际惯例的题面:
看到这两个公式,很多人都会想到与gcd有关。没错,最终的结论就是f(a,b)=f(gcd(a,b))*(a/gcd(a,b))*(b/gcd(a,b))。然而结论只能猜出来是不行的,我们考虑如何证明他。
网上很多大神的构造性证明已经很清楚了,然而我太菜,不会构造,让我们来一发非构造性证明。
由于:
我们设x=a+b,则b=x-a,显然我们有前提条件x≠a。
用x替换b,得:
我们移项,得:
如果x≥2*a,我们可以继续迭代:
如果我们让上面两个等式相乘,会发现:
显然迭代下去,我们会有:
如果x=p*a,我们令k=p-1,我们有:
如果我们令k=(x/a)(下取整),我们有:
然而我们现在连右边那个东西能否整除都不知道……没关系,继续展开等式。
我们看到了一个非常愉悦的事情:两个x%a约掉了。
仔细观察,会发现分子上的东西是f的第二个参数的连乘积,分母上的东西是f的第二个参数取模第一个参数的连乘积(废话)。
考虑我们一直迭代下去,最终会剩下什么。
迭代终止的条件是x%a=0,这时候我们带入前面推出x=p*a时适用的公式,的那个这样会剩下分子的前两项和分母的最后两项。
显然分子剩下的前两项为x和a,分母剩下的最后一项为gcd(a,b),而根据上面迭代的等式,分母的倒数第二项为倒数第二次带入f()的第一个参数,显然也是gcd(a,b)。
至此我们的结论得证(一个证明搞这么麻烦,我好蒻啊)。
然后就是计算的问题。
我们要求的是:
如果我们能够预处理出g(),O(sqrt(n))修改并O(1)查询f()的前缀和,我们就能在sqrt(n)的复杂度内完成每次操作。
显然维护f()直接大力块状数组即可,重点是g()。
这里有一个很优美的结论,就是
然后我们就有:
之后线性筛φ就好了。
代码(老年选手已经毫不畏惧卡常数):
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define bool unsigned char
#define debug cout
typedef long long int lli;
const int maxn=4e6+1e2,maxb=2e3+1e2;
const int mod=1e9+; lli phi[maxn];
int n,m; inline lli fastpow(lli base,int tim) {
lli ret = ; base %= mod;
while(tim) {
if( tim & ) ret = ret * base % mod;
if( tim >>= ) base = base * base % mod;
}
return ret;
}
inline int gcd(int x,int y) {
register int t;
while( ( t = x % y ) ) x = y , y = t;
return y;
} namespace Pre {
inline void sieve() {
static int prime[maxn],cnt;
static bool vis[maxn];
phi[] = ;
for(int i=;i<=n;i++) {
if( !vis[i] ) prime[++cnt] = i , phi[i] = i - ;
for(int j=;j<=cnt&&(lli)i*prime[j]<=n;j++) {
const int tar = i * prime[j];
vis[tar] = ;
if( i % prime[j] ) phi[tar] = phi[i] * ( prime[j] - );
else {
phi[tar] = phi[i] * prime[j];
break;
}
}
}
for(int i=;i<=n;i++) phi[i] = ( phi[i] * i % mod * i % mod + phi[i-] ) % mod;
}
} struct BlockedArrary {
lli dat[maxn],sumins[maxn],blk[maxb],sumblk[maxb];
int bel[maxn],st[maxb],ed[maxb],blksiz,cnt; inline lli query(int pos) {
return pos ? ( sumblk[bel[pos]-] + sumins[pos] ) % mod : ;
}
inline void update(int pos,lli val) {
dat[pos] = val;
int id = bel[pos] , l = st[id] , r = ed[id];
sumins[l] = dat[l]; for(int i=std::max(pos,l+);i<=r;i++) sumins[i] = ( sumins[i-] + dat[i] ) % mod;
blk[id] = sumins[r]; for(int i=id;i<=cnt;i++) sumblk[i] = ( sumblk[i-] + blk[i] ) % mod;
}
inline void init() {
for(int i=;i<=n;i++) dat[i] = (lli) i * i % mod;
blksiz = std::sqrt(n);
for(int l=,r;l<=n;l=r+) {
r = std::min( l + blksiz - , n ) , ++cnt , st[cnt] = l , ed[cnt] = r , sumins[l] = dat[l];
for(int i=l;i<=r;i++) bel[i] = cnt;
for(int i=l+;i<=r;i++) sumins[i] = ( sumins[i-] + dat[i] ) % mod;
sumblk[cnt] = ( sumblk[cnt-] + ( blk[cnt] = sumins[r] ) ) % mod;
}
}
}ba; inline void update(int a,int b,lli d) {
int g = gcd(a,b);
lli tv = d % mod * fastpow((lli)a*b/g/g,mod-) % mod;
ba.update(g,tv);
} inline lli query(int k) {
lli ret = ;
for(int i=,j;i<=k;i=j+) {
j = k / ( k / i );
ret = ( ret + ( ba.query(j) - ba.query(i-) + mod ) % mod * phi[k/i] % mod ) % mod;
}
return ret;
} int main() {
static int a,b,k;
static lli x;
scanf("%d%d",&m,&n) , Pre::sieve() , ba.init();
while(m--) scanf("%d%d%lld%d",&a,&b,&x,&k) , update(a,b,x) , printf("%lld\n",query(k));
return ;
}
過去の想い 記憶の彼方
过往的思念 记忆中的远方
幼き日 残した悔い
稚气时光中 所留下的懊悔
胸の奥 刻む針音(しんおん)
内心深处 铭刻下心音
心だけ 置き忘れたまま
让它留在心里慢慢被遗忘吧
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