数论做题笔记

$(1)$ P6075 [JSOI2015] 子集选取

• 给定 $n$ 个元素的集合 $S=\{1,2,\dots ,n\}$ 和整数 $k$。求有多少组 $\frac{1}{2}k(k+1)$ 个集合 $A_{i,j}$ 使得 $A_{i,j}\subseteq S,1\le j\le i\le k$ 且 $A_{i,j}\subseteq A_{i,j-1}\cap A_{i-1,j}$。
• $n,k\le {10}^9$。

首先考虑 $n=1$。那么一定存在某条轮廓线，使得这条轮廓线上的集合均为 $\{1\}$，轮廓线下的集合均为 $\varnothing$。

那么答案显然为轮廓线的数量，也即从左下角往右上走，且只能向上或向右，最终到达图中绿点的方案数。总步数为 $k$，那么方案数即 $2^k$。

考虑更普遍的 $n>1$ 的情况。可以发现对于不同的数字是可以分别考虑的，也就是说每个格点中是否包含某个数 $x$ 的情况所构成的图也是存在这一条轮廓线的。例如 $n=3$：

那么答案即为 $(2^k{)}^n=2^{kn}$。

$\text{Code}$

int fpm(int a, int b) {
	int res = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) res = (ll)res * a % P;
		b >>= 1, a = (ll)a * a % P;
	}
	return res;
}

void Luogu_UID_748509() {
	int a, b;
	fin >> a >> b;
	fout << fpm(2, a * b) << '\n';
}

$(2)$ P1072 [NOIP2009 提高组] Hankson 的趣味题

• $n$ 组询问。每次给定 $a_0,a_1,b_0,b_1$，求有多少正整数 $x$ 使得 $gcd(a_0,x)=a_1$ 且 $\mathrm{lcm}(b_0,x)=b_1$。
• $1\le a_0,a_1,b_0,b_1\le 2\times {10}^9$，$n\le 2\times {10}^3$。

对于一个质数 $i$，我们令 $f_x(i)$ 表示 $x$ 分解质因数后 $i$ 的出现次数。

那么我们可以对于 $x$ 的每个质因数单独考虑，求出每个质因数的取值方案数，那么所有这些方案数相乘即为最终答案。不妨令我们当前考虑的质数为 $i$。

通过 $gcd(a_0,x)=a_1$ 可以得知 $min(f_{a_0}(i),f_x(i))=f_{a_1}(i)$，通过 $\mathrm{lcm}(b_0,x)=b_1$ 可以得知 $max(f_{b_0}(i),f_x(i))=f_{b_1}(i)$。其中 $f_{a_0}(i),f_{a_1}(i),f_{b_0}(i),f_{b_1}(i)$ 都是可以预处理求知的。

此时发现通过这两个条件可以推出两个 $f_x(i)$ 的取值范围，这两个范围再取交集的长度即这个质因数的方案数。

$\text{Code}$

int a0, a1, b0, b1;
map<int, int> primes[4];
set<int> S;

void init(int x, int id) {
	for (int i = 2; i <= x / i; ++ i )
		if (x % i == 0) {
			S.insert(i);
			while (x % i == 0) {
				++ primes[id][i];
				x /= i;
			}
		}
	
	if (x > 1) {
		S.insert(x);
		++ primes[id][x];
	}
}

struct Range {
	int l, r;
	Range operator +(const Range &h) const {
		return {max(l, h.l), min(r, h.r)};
	}
};

Range calcmin(int a, int b) {
	// min(a, x) == b，x 的范围？
	if (a < b) return {INF, -INF};
	if (a == b) return {a, INF};
	return {b, b};
}

Range calcmax(int a, int b) {
	// max(a, x) == b，x 的范围？
	if (a > b) return {INF, -INF};
	if (a == b) return {-INF, a};
	return {b, b};
}

void Luogu_UID_748509() {
	S.clear();
	for (int i : {0, 1, 2, 3}) primes[i].clear();
	
	fin >> a0 >> a1 >> b0 >> b1;
	init(a0, 0), init(a1, 1), init(b0, 2), init(b1, 3);
	
	int res = 1;
	for (int p : S) {
		auto range = calcmin(primes[0][p], primes[1][p]) + calcmax(primes[2][p], primes[3][p]);
		res *= max(0ll, range.r - range.l + 1);
	}
	
	fout << res << '\n';
	return;
}

$(3)$ P4139 上帝与集合的正确用法

• $T$ 组询问，给定 $p$，求 $2^{2^{2^{2^{\dots }}}}modp$。
• $T\le {10}^3$，$p\le {10}^7$。

令 $x=2^{2^{2^{2^{\dots }}}},f(p)=2^{2^{2^{\dots }}}modp$。不难发现 $x=2^x$，所求为 $f(p)$。

根据扩展欧拉定理可得：

$$2^x\equiv \{\begin{array}{cc}{2}^x& x<\phi (p)\\ 2^{xmod\phi (p)+\phi (p)}& x\ge \phi (p)\end{array}(\mathrm{mod}p)$$

很显然 $x$ 特别大，所以：

$$2^x\equiv 2^{xmod\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$$

即：

$$f(p)=2^{f(\phi (p))+\phi (p)}$$

可以发现 $\phi (p)<p$，所以上式暴力递归的复杂度是与 $p$ 同阶的。

边界显然 $f(1)=0$。

$\text{Code}$

int fpm(int a, int b, int P) {
	int res = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) res = (ll)res * a % P;
		b >>= 1, a = (ll)a * a % P;
	}
	return res;
}

int p[N], cnt, phi[N];
bool st[N];

void init(int n) {
	phi[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++ i ) {
		if (!st[i]) phi[i] = i - 1, p[ ++ cnt] = i;
		for (int j = 1; p[j] <= n / i; ++ j ) {
			st[p[j] * i] = true;
			if (i % p[j] == 0) {
				// p[j] 是 i 的最小质因子
				phi[p[j] * i] = phi[i] * p[j];
				break;
			}
			phi[p[j] * i] = phi[i] * (p[j] - 1);
		}
	}
}

int solve(int p) {
	if (p == 1) return 0;
	return fpm(2, solve(phi[p]) + phi[p], p);
}

void Luogu_UID_748509() {
	int x;
	fin >> x;
	fout << solve(x) << '\n';
}

$(4)$ P1313 [NOIP2011 提高组] 计算系数

• 给定一个多项式 $(ax+by{)}^k$，请求出多项式展开后 $x^n\times y^m$ 项的系数。
• $k\le {10}^3$，$n+m=k$，$a,b\le {10}^6$。

首先视 $x_0=ax,y_0=by$，那么原式可以用二项式定理展开：

$$(x_0+y_0{)}^k=\sum _{i=0}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})}\times x_0^i\times y_0^{k-i}$$

显然 $x_0^n\times y_0^m$ 的系数为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{n})}$。

因为 $x_0^n=(ax{)}^n=a^n{x}^n,y_0^m=(by{)}^m=b^m{y}^m$，所以 $x^n\times y^m$ 的系数为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{n})}\times a^n\times b^m$。

$\text{Code}$

int a, b, k, n, m;

int fpm(int a, int b) {
	int res = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) res = (ll)res * a % P;
		b >>= 1, a = (ll)a * a % P;
	}
	return res;
}

int C(int a, int b) {
	int res = 1;
	for (int i = a - b + 1; i <= a; ++ i ) res = res * i % P;
	for (int i = 1; i <= b; ++ i ) res = res * fpm(i, P - 2) % P;
	return res;
}

void Luogu_UID_748509() {
	fin >> a >> b >> k >> n >> m;
	fout << C(k, n) * fpm(a, n) % P * fpm(b, m) % P << '\n';
}

$(5)$ 51Nod - 1642 区间欧拉函数

• 给定 $n$ 个数 $a_i$。$q$ 次查询 $\phi (\prod _{i=l}^r{a}_i)mod({10}^9+7)$。
• $n,q\le 2\times {10}^5$，$a_i\le {10}^6$。

对于 $\phi (n)$ 的求解，首先将 $n$ 质因数分解为 $\prod p_i^{c_i}$，那么 $\phi (n)=n\times \prod (1-\frac{1}{p_i})$。也就是说求解 $\phi (n)$ 只需要知晓 $n$ 的质因子，而并不需要知晓 $n$ 的质因子的出现次数。

同理，对于 $\phi (\prod a_i)$ 的求解，我们需要求出 $\prod a_i$ 的质因数，也即每个 $a_i$ 的质因数的并。

回到题目。仿照 HH 的项链 的思路，我们可以将 $q$ 次询问离线并按照右端点排序。将每个质数的权值定义为 $1-\frac{1}{p}$，然后用线段树求解区间权值乘积，基本就解决了。

$\text{Code}$

int n, q, a[N];

struct Query {
	int l, r, id;
	bool operator <(const Query &h) const {
		return r == h.r ? l < h.l : r < h.r;
	}
}que[N];

int res[N];

int fpm(int a, int b) {
	int res = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) res = (ll)res * a % P;
		b >>= 1, a = (ll)a * a % P;
	}
	return res;
}

int calc(int p) {
	return (ll)(p - 1) * fpm(p, P - 2) % P;
}

struct Segment_Tree {
	struct Node {
		int l, r, v;
	}tr[N << 2];
	
	void pushup(int u) {
		tr[u].v = (ll)tr[u << 1].v * tr[u << 1 | 1].v % P;
	}
	
	void build(int u, int l, int r, bool op) {
		tr[u] = {l, r};
		if (l == r) tr[u].v = op ? 1ll : a[l] % P;
		else {
			int mid = l + r >> 1;
			build(u << 1, l, mid, op), build(u << 1 | 1, mid + 1, r, op);
			pushup(u);
		}
	}
	
	void modify(int u, int x, int d) {
		if (tr[u].l == tr[u].r) tr[u].v = d;
		else {
			int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
			if (x <= mid) modify(u << 1, x, d);
			else modify(u << 1 | 1, x, d);
			pushup(u);
		}
	}
	
	int query(int u, int l, int r) {
		if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return tr[u].v;
		int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1, res = 1;
		if (l <= mid) res = query(u << 1, l, r);
		if (r > mid) res = (ll)res * query(u << 1 | 1, l, r) % P;
		return res;
	}
	
	void modify(int x, int d) {
		int t = query(1, x, x);
		if (d > 0) modify(1, x, (ll)t * d % P);
		else modify(1, x, (ll)t * fpm(-d, P - 2) % P);
	}
	
	int query(int l, int r) {
		return query(1, l, r);
	}
}A, B;

vector<int> primes(int x) {
	vector<int> res;
	for (int j = 2; j <= x / j; ++ j )
		if (x % j == 0) {
			res.push_back(j);
			while (x % j == 0) x /= j;
		}
	if (x > 1) res.push_back(x);
	return res;
}

int lst[M];

void Luogu_UID_748509() {
	fin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i ) fin >> a[i];
	
	A.build(1, 1, n, 0), B.build(1, 1, n, 1);
	
	fin >> q;
	for (int i = 1; i <= q; ++ i ) {
		fin >> que[i].l >> que[i].r;
		que[i].id = i;
		res[i] = A.query(que[i].l, que[i].r);
	}
	sort(que + 1, que + q + 1);
	
	for (int i = 1, j = 1; i <= q; ++ i ) {
		for (; j <= que[i].r; ++ j ) {
			auto v = primes(a[j]);
			for (int p : v) {
				if (lst[p]) B.modify(lst[p], -calc(p));
				lst[p] = j;
				B.modify(j, calc(p));
			}
		}
		
		res[que[i].id] = (ll)res[que[i].id] * B.query(que[i].l, que[i].r) % P;
	}
	
	for (int i = 1; i <= q; ++ i ) fout << res[i] << '\n';
	return;
}

$(6)$ CF616E Sum of Remainders

• 给定 $n,m$，求 $(\sum _{i=1}^{m}nmodi)mod({10}^9+7)$。
• $n,m\le {10}^{13}$。

首先根据取模的定义可知 $amodb=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b$，那么：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{m}nmodi& =\sum _{i=1}^m(n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i)\\ & =n\times m-\sum _{i=1}^m(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i)\end{array}$$

然后发现 $\sum _{i=1}^m(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i)$ 是一个整除分块的形式。然后做完了。

注意当 $i>n$ 时是无贡献的，所以只需要枚举到 $min(n,m)$ 即可。

$\text{Code}$

int n, m, res;

int mod(int x) {
	return x % P;
}

int calc(int l, int r) {
	return mod(l + r) * mod(r - l + 1) % P * 500000004ll % P;
}

void Luogu_UID_748509() {
	fin >> n >> m;
	int res = mod(n) * mod(m) % P;
	for (int l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1) {
		r = min(n / (n / l), m);
		// cout << l << ' ' << r << ' ' << (n / l) % P << ' ' << (r - l + 1) % P << '\n';
		res = ((res - mod(n / l) * calc(l, r) % P) % P + P) % P;
	}
	fout << res;
}

$(7)$ P2398 GCD SUM

• 求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)$。
• $n\le {10}^5$。

推式子。

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d\mid gcd(i,j)}\phi (d)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d\mid i\mathrm{且}d\mid j}\phi (d)\\ & =\sum _{d=1}^n\phi (d){\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor }^2\end{array}$$

线性筛 $\phi$ 即可。

$\text{Code}$

int p[N];		// p[i] 表示第 i 个质数
bool st[N];		// st[i] 表示 i 是否是质数
int phi[N];		// phi[i] 表示 φ(i) 的值
int cnt;

void prime(int n)
{
	phi[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i ++ )
	{
		if (!phi[i]) p[ ++ cnt] = i, phi[i] = i - 1;
		for (int j = 1; j <= cnt && p[j] <= n / i; j ++ )
		{
			if (i % p[j]) phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];		// p[j] 不是 i 的最小质因子 
			else 	// p[j] 是 i 的最小质因子 
			{
				phi[i * p[j]] = phi[i] * (p[j]);
				break;
			}
		}
	}
}

void Luogu_UID_748509() {
	int n; fin >> n;
	prime(n);
	int res = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i ) res += phi[i] * (n / i) * (n / i);
	fout << res;
}