题目描述 给出 N,K ,请计算下面这个式子: \(∑_{i=1}^N∑_{j=1}^Nsgcd(i,j)^k\) 其中,sgcd(i, j)表示(i, j)的所有公约数中第二大的,特殊地,如果gcd(i, j) = 1, 那么sgcd(i, j) = 0. 考虑到答案太大,请输出答案对2^32取模的结果. 1≤N≤109,1≤K≤50 样例解释: 因为gcd(i, j)=1时sgcd(i,j)=0对答案没有贡献,所以我们只考虑gcd(i,j)>1的情况. 当i是2时,j是2时,sgcd(i,j

题目描述 给定n个数ai,求sgcd(a1,a1),sgcd(a1,a2),…,sgcd(a1,an). 其中sgcd(x,y)表示x和y的次大公因数.若不存在次大公因数,sgcd(x,y)=-1. 数据范围 n<=10^5,ai<=10^12. 题解:      ①关键在于快速求出次大公因数.      ②次大公因数sgcd=gcd/p  p为gcd的最小质因子      ③由于每次运算都与a1有关,因此先将a1进行素数分解,得出gcd后枚举a1素因子找到最小的能够整除gcd的即可 #

注:这里inc方法和dec方法加synchronized关键字是因为当两个线程同时操作同一个变量时,就算是简单的j++操作时,在系统底层也是通过多条机器语句来实现,所以在执行j++过程也是要耗费时间,这时就有可能在执行j++的时候,另外一个线程H就会对j进行操作,因此另外一个线程H可能操作的可能就不是最新的值了.因此要提供线程同步. 版本2: 本版本不需要synchronized,而用AtomicInteger代替 package com.yx.zzg; public class ThreadT

/** 题目:GCD - Extreme (II) 链接:https://vjudge.net/contest/154246#problem/O 题意: for(i=1;i<N;i++) for(j=i+1;j<=N;j++) { G+=gcd(i,j); } 思路: 设f[n] = gcd(1,n)+gcd(2,n)+gcd(3,n)+...+gcd(n-1,n); s[n] = f[1]+f[2]+...+f[n]; 则:s[n] = f[n]+s[n-1]; f[n]的约数个数一般少于n

题目:设计 4 个线程,其中两个线程每次对 j 增加 1 ,另外两个线程对 j 每次减少 1 .写出程序. 代码实现 public class ThreadTest{ private int j; class Inc implements Runnable{ @Override public void run() { // TODO Auto-generated method stub for(int i=0;i<100;i++) { inc(); } } } // 相加操作 private s

主题链接:点击打开链接 意大利正在寻求称号 i<j<k && a[i]>a[j]>a[k] 的对数 假设仅仅有2元组那就是求逆序数的做法 三元组的话就用一个树状数组x表示 数字i前面有多少个比自己大的个数 然后每次给这个y数组求和,再把x中>a[i]的个数存入y中就可以 #include <algorithm> #include <cctype> #include <cassert> #include <cstdio&

本题并不难,实现方式有很多种,有很多种结构. 方法一:利用内部类实现,两个实现加减的类实现Runnable接口,然后再实现4个具体线程. 代码: public class ManyThreads { private int j; public static void main(String[] args) { // TODO Auto-generated method stub ManyThreads many = new ManyThreads(); Inc inc = many.new In

package thread; /** * Java线程面试题 * @author zhongfg * @date 2015-06-16 */ public class ThreadInterview2 { // 定义全局变量 private int j; public static void main(String args[]) { ThreadInterview2 tt = new ThreadInterview2(); // 调用非静态的方法 Inc inc = tt.new Inc()

先设计一个类处理加减这一行为: public class ManyThread { private int j = 0; public synchronized void inc(){ j++; System.out.println(Thread.currentThread().getName() + "inc" + j); } public synchronized void dec(){ j--; System.out.println(Thread.currentThread().

求两个数的最大公倍数 考完五校的第一天,在家补视频ing,简单来说的话就是给了两个数A,B 假设他们两个的最大公倍数为d,那么A=X*d,B=Y*d gcd就是把一直gcd(B%A,A)不断更新,其中我们用最简单的情况分析 也就是说B/A=1,B%A=(Y-X)d,我们可以看到,B%A也是含有因数d 这样我们就可以把两个较大的数逐步分解为较小的问题来解决. #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; int

​ 记\(f(x)=\)\(x\)的次大因数,那么\(sgcd(i,j)=f(gcd(i,j))\). 下面来推式子: \[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nsgcd(i,j)^k&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nf(gcd(i,j))^k&记d=gcd(i,j)\\ &=\sum_{d=1}^nf(d)^k\sum_{\frac i d=1}^{\lfloor \frac n d\rfloor}\sum_{\fra

description 51nod 求\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}sgcd(i,j)^k\]其中\(sgcd(i,j)\)表示\(i,j\)的次大公约数,如果\(gcd(i,j)=1\)那么\(sgcd(i,j)=0\). solution 记答案为\(Ans\). 首先考虑直接枚举\(sgcd(i,j)\). \[Ans=\sum_{d=1}^{n}\xi^k(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)==d]\] 其中当\(n\

传送门 思路 很明显的一个思路:先搞出有多少种珠子,再求有多少种项链. 珠子 考虑这个式子: \[ S3=\sum_{i=1}^a \sum_{j=1}^a\sum_{k=1}^a [\gcd(i,j,k)==1] \] 显然可以莫比乌斯反演一波,但这个是对的吗? 当有两个数字相同时只被算了3遍,而三个都相同的只被算了一遍. \[ S2=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^a [\gcd(i,j)==1] \] 显然有\(S1=1\),那么就会得到最终答案: \[ ans=\frac

题目传送门:洛谷P3307.这题在bzoj上是权限题. 题意简述: 这题分为两个部分: ① 有一些珠子,每个珠子可以看成一个无序三元组.三元组要满足三个数都在$1$到$m$之间,并且三个数互质,两个珠子不同当且仅当这个三元组不同.计算有多少种不同的珠子. ② 把这些珠子串成一个环,要满足相邻的珠子不同.两个环不同当且仅当旋转任意角度后仍然不同.计算有多少种不同的环. 题解: 分成两部分做. 第一部分: 考虑计算三元组的个数,转无序为有序,再去重. 答案=(三个都不同的有序三元组方案)/6+(两个

传送门 Sol 设 \(f(d)\) 表示 \(d\) 所有约数中第二大的,\(low_d\) 表示 \(d\) 的最小质因子 \[f(d)=\frac{d}{low_d}\] 那么 \[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}sgcd^k(i,j)\] \[=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n}f^k(gcd(i,j))\] \[=\sum_{d=1}^{n}f^k(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[gcd(i,j)=d]\] \[=

[ 51nod 1847 ]奇怪的数学题 题目   点这里看题目. 分析   是挺奇怪的......   以下定义质数集合为\(P\),\(p_i\)为第\(i\)个质数.   定义\(mp(x)\)为\(x\)的最小质因子,则可以得到: \[sgcd(a,b)=\frac{\gcd(a,b)}{mp(\gcd(a,b))} \]   这个比较显然.然后可以娴熟地变换式子得到: \[\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n sgcd(i,j)^k&=\sum

P3704 [SDOI2017]数字表格 首先根据题意写出答案的表达式 \[\large\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mf_{\gcd(i,j)} \] 按常规套路改为枚举 \(d=\gcd(i,j)\) (不妨设 \(n\le m\) ) \[\large\prod_{d=1}^n{f_d}^{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m~[(i,j)=d]} \] 指数上的式子很熟悉了,单独拿出来推一下 \[\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\s

初等数论学习笔记 I:同余相关. 初等数论学习笔记 II:分解质因数. 1. 数论函数 本篇笔记所有内容均与数论函数相关.因此充分了解各种数论函数的名称,定义,符号和性质是必要的. 1.1 相关定义 数论函数:定义域为正整数的函数称为 数论函数.因其在所有正整数处均有定义,故可视作数列.OI 中常见的数论函数的陪域(即可能的取值范围)为整数. 加性函数:若对于任意 \(a, b\in \mathbb{N}_+\) 且 \(a\perp b\) 均有 \(f(ab) = f(a) + f(b)\)

17110 Divisible 时间限制:1000MS  内存限制:65535K 题型: 编程题   语言: 无限制 Description Given n + m integers, I1,I2,...,In,T1,T2,...,Tm, we want to know whether (I1*I2*...*In)%(T1*T2*...*Tm)= =0. 输入格式 The first line gives two integers n and m. 1<=n,m<=100 The second

如果用容斥原理递推的办法,这道题确实和LA 3720 Highway很像. 看到大神们写的博客,什么乱搞啊,随便统计一下,这真的让小白很为难,于是我决定用比较严格的语言来写这篇题解. 整体思路很简单:m*n的方格,其格点是(m+1)*(n+1)的点阵,选三个点有C((m+1)*(n+1), 3)中情况,其中能构成三角形的不容易计算,所以计算它的反面:三个点不能构成三角形,即三点共线的情况. 三点共线的情况也可以再分为三类: ①三点在一条水平线上,共有m*C(n+1, 3)种情况. ②三点在一条竖

题意: 给出一个n行m列的点阵,求共有多少条非水平非竖直线至少经过其中两点. 分析: 首先说紫书上的思路,编程较简单且容易理解.由于对称性,所以只统计“\”这种线型的,最后乘2即是答案. 枚举斜线包围盒的大小,如果盒子的长宽ab互质,则是可以的.这种盒子共有(m-a)(n-b)个,但要减去其中重复的.如果有一个长宽为2a和2b的大盒子,则计数右下角的小盒子的同时,左上角的小盒子会重复,所以要减去重复的盒子的个数c = max(0, m-2a) * max(0, n-2b) 最后gcd(a, b)