#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ; int vis[maxn]; int mu[maxn]; int prime[maxn]; ; int sum1[maxn]; int sum2[maxn]; void get_mu() { mu[]=; vis[]=; ;i<maxn;i++) { ; prime[++tot]=i; } ;j<=tot && i*prime[j]…

题目 对于给出的n个询问,每次求有多少个数对(x,y),满足a≤x≤b,c≤y≤d,且gcd(x,y) = k,gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数. 分析 莫比乌斯经典入门题. (我也刚学,就写一下 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; + ; int mu[maxn], prime[maxn], tot; //莫比乌斯表.素数表,素数个数 bool vis[maxn]; int premu[…

https://www.luogu.org/problemnew/show/P2257 求 \(n,m\) 中 \(gcd(i,j)==p\) 的数对的个数 求 $\sum\limits_p \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==p] $ 由套路: \(=\sum\limits_p \sum\limits_{k=1}^{N}\mu(k) \lfloor\frac{n}{kp}\rfloor \lfloor\frac{m}{kp}…

题面传送门 题意: 求满足 \(1 \leq x \leq n\),\(1 \leq y \leq m\),\(\gcd(x,y)\) 为质数的数对 \((x,y)\) 的个数. \(T\) 组询问. \(1 \leq T \leq 10^4\),\(1 \leq n,m \leq 10^7\). 今天终于学会了莫比乌斯反演反演~~,就写篇博客加深下印象吧. 要说这莫比乌斯反演有多么博大精深,就不得不从莫比乌斯函数 \(\mu(x)\) 说起. 我们定义 \(\mu(x)\) 为: \[\mu(…

[POI2007]ZAP-Queries \(solution:\) 唉,数论实在有点烂了,昨天还会的,今天就不会了,周末刚证明的,今天全忘了,还不如早点写好题解. 这题首先我们可以列出来答案就是: \(ans=\sum_{i=1}^{a}{\sum_{j=1}^{b}{[gcd(i,j)==d]}}\) 我们发现后面那个东西(只有\(gcd(i,j)==d\) 时才为一)跟莫比乌斯很像,莫比乌斯是(只有$n==$1 才为一),所以我们再尝试转化一下(把d转化成1): \(ans=\sum_{i…

题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1101 莫比乌斯反演 1101: [POI2007]Zap 设 \(f(i)\) 表示 \((x,y)\) \(x\in [1,a],y\in [1,b]\) 满足 \(gcd(x,y)=i\) 的对数 那么答案就是 \(f(d)\) 构造一个函数 \(g(i)\) 表示 \((x,y)\) \(x\in [1,a],y\in [1,b]\) 满足 \(gcd(x,y)|i\) 的对数 于是…

整除分块 用于计算$\sum_{i=1}^n f(\lfloor{n/i} \rfloor)*i$之类的函数 整除的话其实很多函数值是一样的,对于每一块一样的商集中处理即可 若一个商的左边界为l,则右边界为$\lfloor{\frac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}}\rfloor$ 这样时间复杂度就是$O(\sqrt{n})$ 如果是类似$\sum_{i=1}^n f(\lfloor{n/i} \rfloor)*i \ opt \ f(\lfloor{m/i} \r…

#include<bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; ; bool vis[maxn]; int prime[maxn]; int mu[maxn]; int sum1[maxn]; int sum2[maxn]; ; void get_mu()// mo bi su si han shu { mu[]=; vis[]=; ;i<maxn;i++) // prime = 0; other = 1; { ;} ;…

https://www.luogu.org/problemnew/show/UVA11424 原本以为是一道四倍经验题来的. 因为输入的n很多导致像之前那样 \(O(n)\) 计算变得非常荒谬. 那么我们就需要引入一个整除分块! 首先预处理欧拉函数的前缀和,然后丢进分块里面搞一搞. 那么就是 \(O(n+t\sqrt{n})\) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define N 4000005…

考虑到\(lcm(i,j)=\frac{ij}{gcd(i,j)}\) \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{gcd(i,j)}\) \(\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]\frac{ij}{d}\) \(\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)==1]{ijd}\) \(=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^…

模板题-- \[\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b[(i,j)=k] = \sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b[k|i][k|j][({i\over k},{j\over k})=1]=\sum\limits_{i=1}^{a\over k}\sum\limits_{j=1}^{b\over k}[(i,j)=1]\] 继续化简 \[\sum\limits_{i=1}^{b\over k}\sum\limits_{…

洛谷题面传送门 一道究极恶心的毒瘤六合一题,式子推了我满满两面 A4 纸-- 首先我们可以将式子拆成: \[ans=\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C(\dfrac{ij}{\gcd(i,j)\gcd(i,j)})^{f(type)} \] 也就是说我们需要算出以下四项式子的值: \[\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^Ci^{f…

1225 余数之和 基准时间限制:1 秒 空间限制:131072 KB 分值: 80 难度:5级算法题  收藏  关注 F(n) = (n % 1) + (n % 2) + (n % 3) + ...... (n % n).其中%表示Mod,也就是余数. 例如F(6) = 6 % 1 + 6 % 2 + 6 % 3 + 6 % 4 + 6 % 5 + 6 % 6 = 0 + 0 + 0 + 2 + 1 + 0 = 3. 给出n,计算F(n), 由于结果很大,输出Mod 1000000007的结果…

洛谷传送门 bzoj传送门 这道题要用到学习莫比乌斯反演时掌握的整除分块算法,也就是对于一个数n" role="presentation" style="position: relative;">nn,n" role="presentation" style="position: relative;">nn除以1" role="presentation" style…

We all know that any integer number n is divisible by 1 and n. That is why these two numbers are not the actual divisors of any numbers. The function SOD(n) (sum of divisors) is defined as the summation of all the actual divisors of an integer number…

整除分块 一般形式:\(\sum_{i = 1}^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor * f(i)\). 需要一种高效求得函数 \(f(i)\) 的前缀和的方法,比如等差等比数列求和或对于积性函数的筛法等,然后就可以用整除分块的思想做. 题目解法 化公式变成比较方便的形式: \(\ \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m (n \mod i)(m \mod j), i \ne j\) \(= \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m…

题面 LOJ #2802. 「CCC 2018」平衡树 题面有点难看...请认真阅读理解题意. 转化后就是,给你一个数 \(N\) ,每次选择一个 \(k \in [2, N]\) 将 \(N\) 变成 \(\displaystyle \lfloor \frac{N}{k} \rfloor\) ,到 \(1\) 停止. 求一共有多少不同的操作序列,也就是操作次数不一样或者某次操作的 \(k\) 不相同. 题解 首先考虑 dp ,令 \(f_i\) 为以 \(i\) 为开头的不同操作序列数. 显然…

题目链接 洛谷P4240 题解 式子不难推,分块打表真的没想到 首先考虑如何拆开\(\varphi(ij)\) 考虑公式 \[\varphi(ij) = ij\prod\limits_{p | ij}\frac{p - 1}{p}\] 而 \[ \begin{aligned} \varphi(i)\varphi(j) &= i\prod\limits_{p | i}\frac{p - 1}{p} j \prod\limits_{p | j}\frac{p - 1}{p} \\ \varphi(i…

整除分块 参考资料:整除分块_peng-ym OI生涯中的各种数论算法的证明 公式 求:\(\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 对于每个\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)值相同的区间\([l,r]\)有\(r=n/(n/l)\),即对于\(\forall x\in [i,n/(n/i)]\)有\(x=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\). 时间复杂度 \(O(\sqrt{n})\) 代码 for(int l…

题目链接:洛谷 题目大意:定义 $f(x)=\prod^n_{i=1}(k_i+1)$,其中 $x$ 分解质因数结果为 $x=\prod^n_{i=1}{p_i}^{k_i}$.求 $\sum^r_{i=l}f(i)\ mod\ 998244353$. $1\leq l\leq r\leq 1.6\times 10^{14}$. 阅读以下内容前请先学会前置技能整除分块 先分析一下 $f(x)$ 的本质. (读者:不要啰嗦来啰嗦去的好吧!这明显是 $x$ 的约数个数吗!是不是想拖延时间?) 好好好…

上模板题例题: [CQOI2007]余数求和 洛谷 BZOJ 题目大意:求 $\sum^n_{i=1}k\ mod\ i$ 的值. 等等……这题就学了三天C++的都会吧? $1\leq n,k\leq 10^9$.(一口老血喷到屏幕上) $O(n)$ 行不通了,考虑别的做法. 我们来看一下 $\lfloor\frac{x}{i}\rfloor$ 的值. $x=9$:(不包括0,只有4种取值?) i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x/i 9 4 3 2 1 1 1 1 1 0 $x=1…

题意:给出正整数n和k,计算j(n, k)=k mod 1 + k mod 2 + k mod 3 + - + k mod n的值其中k mod i表示k除以i的余数.例如j(5, 3)=3 mod 1 + 3 mod 2 + 3 mod 3 + 3 mod 4 + 3 mod 5=0+1+0+3+3=7 题解k%i=k-\(\left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor\) \(*i\),然后\(\left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor…

给定$n,k$$(1\leqslant n,k\leqslant 10^9)$,计算$\sum\limits _{i=1}^nk\: mod\:i$ 通过观察易发现$k\%i=k-\left \lfloor \frac{k}{i} \right \rfloor*i$,因此我们考虑把$\left \lfloor \frac{k}{i} \right \rfloor$的值相同的$i$分成一组直接求和,复杂度为$O(\sqrt{n})$. 整除分块原理(选自某dalao博客) #include<bit…

Bzoj 1257 [CQOI2007]余数之和 (整除分块) 题目链接:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1257 一道简单题. 题目要求: \[\sum_{i=1}^nx \% i = \] \[\sum_{i=1}^nk - i * [\dfrac{k}{i}] = \] \[n * k - \sum_{i=1}^n i * [\dfrac{k}{i}]\] 后面这一部分可以用整除分块解决. 需要注意的是.\(k\%i(i >…

题目大意 给出正整数 n 和 k 计算 \(G(n, k)=k\ \bmod\ 1 + k\ \bmod\ 2 + k\ \bmod\ 3 + \cdots + k\ \bmod\ n\) 的值 其中 \(k\ \bmod\ i\) 表示 k 除以 i 的余数. 解析 整除分块的一个典型例子. 整除分块解决的是形如 \[ \sum^n_{i=1} ~ \lfloor\frac{n}{i}\rfloor \] 的问题,其复杂度为\(O(\sqrt{n})\). 实际上是规律性的一类问题,打表可以发…

题目 CodeForces 1213G 做法 假设有\(P\)个完整的循环块,假设此时答案为\(K\)(实际答案可能有多种),即每块完整块长度为\(K\),则\(P=\left \lfloor \frac{N}{K} \right \rfloor\) 假设循环快中有\(p_a,p_b\)个\(A\)和\(B\),则 \(p_a\cdot P\le a\Longrightarrow p_a\le \left \lfloor \frac{a}{P} \right \rfloor\) \(p_a\cd…

题意 求 $\sum _{i=1}^n k \ mod \ i$($1\leq n,k\leq 10^9$). 分析 数据范围这么大 $O(n)$ 的复杂度也挺不住啊 根据取模的意义,$k \ mod \ i = k - \left \lfloor \frac{k}{i} \right \rfloor * i$, 因此可以用整除分块,注意分类讨论 $k$ 与 $n$ 的关系. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long l…

题目链接 https://www.luogu.org/problemnew/show/P2261 分析 显然\(k\) \(mod\) \(i=k-\lfloor {k/i}\rfloor\) \(\times\) \(i\),于是我们只需要求\(N * k-\sum_{i=1}^N {\lfloor {k/i}\rfloor\times i}\) 这里就需要数论分块,也称作整除分块的知识 结论: \(\forall{i} \in [x,\lfloor {k/{\lfloor {k/x}\rfl…

题意:一个字符串包含a个A和b个B,求这个字符串所有可能的循环节长度(末尾可能存在不完整的循环节) 好题,但思路不是很好想. 首先由于循环节长度可以任意取,而循环次数最多只有$O(\sqrt n)$个,因此考虑枚举循环次数(利用整除分块的思想),求a,b可能的循环长度. 那么问题转化成了:给定最大循环次数k和字符个数n,求循环长度l的取值范围,也就是使得$\left \lfloor \frac{n}{l}\right \rfloor=k$的l的取值范围. 首先确定l的上界,即$kl\leqsla…

定义数列: $\left\{\begin{eqnarray*} F_1 &=& A \\ F_2 &=& B \\ F_n &=& C\cdot{}F_{n-2}+D\cdot{}F_{n-1}+\left\lfloor\frac{P}{n}\right\rfloor \end{eqnarray*}\right.$ 求该数列的第n项. 很明显的整除分块问题,把$\left\lfloor\frac{P}{n}\right\rfloor$相同n的分为一组进行矩阵…