2024.9.29校测

T1

题目描述

$Mr.Hu$ 最近偶得一函数：

$f(n)=({\displaystyle \sum _{d\mid n}\phi (d){)}^m(\sum _{d\mid n}{\sigma }_0(d)\mu (\frac{n}{d})\frac{n}{d})}$

其中 ${\sigma }_0(n)$ 表示 $n$ 的正约数个数，比如 ${\sigma }_0(12)=6$，因为 $12$ 有 $1,2,3,4,6,12$ 共 $6$ 个正约数。

其中 $\phi (n)$ 是欧拉函数，$\mu (n)$ 是莫比乌斯函数。

又有：$F(n)={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}f(i)}$。

$Mr.Hu$ 希望你计算 $F(n)mod{10}^9+7$ 的值。

输入格式

第一行包含两个整数：$n,m$。

输出格式

输出一行包含一个数，表示答案。

输入样例

3 1

输出样例

1000000005

样例解释

$f(1)=1,f(2)=0,f(3)=-3$，故 $F(3)=f(1)+f(2)+f(3)=-2$，在模意义下，这个数为：$1000000005$。

数据规模

对于 $20\mathrm{\%}$ 数据，$1\le n\le 5000$。

对于 $50\mathrm{\%}$ 数据，$1\le n\le {10}^5$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 数据，$1\le n\le {10}^7，1\le m\le 10$。

题解

首先根据欧拉反演 (具体可见数论学习笔记（一）（2024.7.25）)，${\displaystyle \sum _{d\mid n}\phi (d)=n}$，因此原式 $={\displaystyle \sum _{i=1}^n{i}^m\sum _{d\mid i}{\sigma }_0(d)\mu (\frac{i}{d})\frac{i}{d}}$。

考虑改变枚举顺序，则原式 $={\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}{i}^m{\sigma }_0(d)\mu (\frac{i}{d})\frac{i}{d}}$，考虑一个简单的 trick，枚举 $1$ 到 $n$ 中所有数的因子，相当于枚举两个因子并保证它们的乘积在 $1$ 到 $n$ 之间，那么原式就相当于 ${\displaystyle \sum _{d=1}^n\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }(dk{)}^m{\sigma }_0(d)\mu (k)k}$，此时就再次改变枚举顺序为 ${\displaystyle \sum _{d=1}^n{d}^m{\sigma }_0(d)\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)k}$

现在就可以通过线性筛筛出 $1$ 到 $n$ 范围内的 ${\sigma }_0$ 函数 与 $\mu$ 函数 (具体可见数论学习笔记（二）（2024.8.16）)，进一步预处理出 ${\displaystyle \sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)k}$，那么这道题就做完了。

完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int PP = 1e7 + 9, MOD = 1e9 + 7;
int prime[PP], h[PP], sum[PP], isPrime[PP], p_cnt;
short mu[PP], g[PP];
int n, m, ans;
int qpow(int a, int b){
	int ret = 1;
	while(b > 0){
		if(b & 1)
			ret = 1ll * ret * a %  MOD;
		a = 1ll * a * a % MOD;
		b >>= 1;
	}
	return ret;
}
void getPrime(int n){
	mu[1] = h[1] = 1;
	for(int i = 2; i < n; i++){
		if(!isPrime[i]) {
			prime[++p_cnt] = i;
			g[i] = 1;
			h[i] = 2;
			mu[i] = -1;
		}
		for(int j = 1; j <= p_cnt && i * prime[j] < n; j++){
			int tmp = prime[j];
			isPrime[i * tmp] = tmp;
			if(i % tmp == 0) {
				g[i * tmp] = g[i] + 1;
				h[i * tmp] = h[i] / (g[i] + 1) * (g[i] + 2);
				mu[i * tmp] = 0;
				break;
			}
			g[i * tmp] = g[tmp];
			h[i * tmp] = h[i] * h[tmp];
			mu[i * tmp] = -mu[i];
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		sum[i] = (sum[i - 1] + qpow(i, m + 1) * mu[i]) % MOD;
}
int main(){
	freopen("facsum.in", "r", stdin);
	freopen("facsum.out", "w", stdout);
	scanf("%d%d", &n, &m);
	getPrime(n + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		int now = qpow(i, m);
		now = (1ll * now * h[i] % MOD * sum[n / i]) % MOD;
		ans = ((ans + now) % MOD + MOD) % MOD;
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

T2

题目描述

$Mr.Hu$ 最近在研究等比数列，即形如：$a,a^2,a^3,\dots ,a^n,\dots$

现在，$Mr.Hu$ 想知道，对于给定的非负整数 $a$，上面这个无穷数列在摸 $mod$ 意义下有多少项是本质不同
的。(保证 $gcd(a,mod)=1$)。

输入格式

第 $1$ 行一个整数：$T$，表示数据组数。

接下来 $T$ 行，每行两个整数：$a,mod$。

输出格式

对于每组数据，输出一行，包含一个整数，表示模意义下本质不同的数有多少个。

输入样例

2
1 3
2 5

输出样例

1
4

样例解释

对于第一组数据，数列是：$1,1,1,\dots ,1,\dots$。

对于第二组数据，数列（取模以后）是：$2,4,3,1,2,4,3,1,\dots$，总共有 $4$ 个本质不同的数。

数据规模

对于 $30\mathrm{\%}$ 数据，$0\le a\le {10}^3,1\le mod\le {10}^3$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 数据，$0\le a\le 2\times {10}^9,1\le mod\le 2\times {10}^9$，且保证 $gcd(a,mod)=1,1\le T\le 100$。

题解

在这里介绍一下 $BSGS$ 算法。

$BSGS$ 是在 $x,z,p$ 已知的情况下，用来求解 $x^y\equiv z(\mathrm{mod}p)$ 中 $y$ 的最小值的。

我们考虑将 $y$ 除以 $\lceil \sqrt{p}\rceil$，可以得到带余的式子 $y=a\lceil \sqrt{p}\rceil +b(b<\lceil \sqrt{p}\rceil )$，那么这个式子也可以写成 $y=(a+1)\lceil \sqrt{p}\rceil )-(\lceil \sqrt{p}\rceil -b)$。

现在用 $c$ 代替 $a+1$，$d$ 代替 $\lceil \sqrt{p}\rceil -b$，那么 $y=c\lceil \sqrt{p}\rceil -d$，那么一开始的同余式就等价于 $x^{c\lceil \sqrt{p}\rceil }\equiv z\times x^d(\mathrm{mod}p)$。

由于 $x^0\equiv x^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，此处会形成一个循环节，那么 $y$ 的最小值一定小于 $\phi (p)$，而 $\phi (p)$ 又一定小于 $p$，因此 $c$ 和 $d$ 都在 $\sqrt{p}$ 级别。

那么就可以枚举同余式右边的 $d$，将算出来的值存入一个哈希表，再枚举同余式左边的 $c$，如果查到哈希表中有 $x^{c\lceil \sqrt{p}\rceil }$，那么就找到了答案，总时间复杂度为 $O(\sqrt{p})$

考虑本题如果出现 $a^n\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，那么就找到了这个循环节，也就找到了本质不同的数的个数，因此本题解出上述的方程即可。

完整代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int BSGS(int a, int b, int p){
	int k = sqrt(p) + 1;
	unordered_map <int, int> Hash;
	for(int i = 0, j = b % p; i < k; i++){
		Hash[j] = i;
		j = j * a % p;
	}
	int ak = 1;
	for(int i = 0; i < k; i++)
		ak = ak * a % p;
	for(int i = 1, j = ak; i <= k; i++){
		if(Hash.count(j))
			return i * k - Hash[j];
		j = j * ak % p;
	}
	exit(0);
}
int a, b, p, T;
signed main(){
	freopen("group.in", "r", stdin);
	freopen("group.out", "w", stdout);
	scanf("%lld", &T);
	while(T--){
		scanf("%lld%lld", &a, &p);
		printf("%lld\n", BSGS(a, 1, p));
	}
	return 0;
}

T3

题目描述

$Mr.Hu$ 最近在学习组合数，他觉得这些数非常美丽。
于是，他写下了这样一个数：

${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{l}),(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{l+1}),(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{l+2}),\dots ,(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r-1}),(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{r})}$

$Mr.Hu$ 想知道，这些数里面，有多少个数是 $5$ 的倍数。

输入格式

第 $1$ 行一个整数：$T$，表示数据组数。

接下来 $T$ 行，每行三个整数：$l,r,n$。

输出格式

对于每组数据，输出一行，包含一个整数，表示答案。

输入样例

2
1 3 4
1 4 5

输出样例

0
4

样例解释

对于第一组数据，数列是：$4,6,4$，没有 $5$ 的倍数，故答案为 $0$。

对于第二组数据，数列是：$5,10,10,5$，有 $4$ 个数是 $5$ 的倍数，故答案为 $4$。

数据规模

对于 $20\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n\le 5000$。

对于 $40\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n\le {10}^9,1\le r-l+1\le 5000$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n\le {10}^{18}，0\le l\le r\le n,1\le T\le 100$。

题解

首先根据 Lucas 定理，${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})\equiv (\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}\rfloor }}{\lfloor {\displaystyle \frac{m}{p}\rfloor }})(\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})(\mathrm{mod}p)}$，那么一直推下去会推出 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})\equiv (\genfrac{}{}{0ex}{}{n_1}{m_1})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n_2}{m_2})\dots (\genfrac{}{}{0ex}{}{n_k}{m_k})(\mathrm{mod}p)(n_i,m_i<p)}$

如果要让这个组合数等于 $0$ (等价于原式是 $5$ 的倍数)，那么变换后的式子中某一项就等于 $0$，就相当于至少存在一个 $m_i$ 大于 $n_i$，如果把所有 $n_i$ 从左往右拼成一个数 $N$，把所有 $m_i$ 从左往右拼成一个数 $M$，那么就相当于 $M$ 中有一位大于 $N$ 中同一位，考虑到 $M$ 和 $N$ 每个数位上的数都小于 $5$，可以对其做数位 DP。

完整代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 39;
int f[N][2] ,digl[N], digr[N], dign[N];
int DFS_l(int pos, int fl){
	if(pos == -1)
		return 1;
	if(f[pos][fl] != -1)
		return f[pos][fl];
	f[pos][fl] = 0;
	int ed = min((fl ? digl[pos] : 4), dign[pos]);
	for(int i = 0; i <= ed; i++)
		f[pos][fl] += DFS_l(pos - 1, fl && i == digl[pos]);
	return f[pos][fl];
}
int DFS_r(int pos, int fl){
	if(pos == - 1)
		return 1;
	if(f[pos][fl] != -1)
		return f[pos][fl];
	f[pos][fl] = 0;
	int ed = min((fl ? digr[pos] : 4), dign[pos]);
	for(int i = 0; i <= ed; i++)
		f[pos][fl] += DFS_r(pos - 1, fl && i == digr[pos]);
	return f[pos][fl];
}
signed main(){
	freopen("ccount.in", "r", stdin);
	freopen("ccount.out", "w", stdout);
	int t;
	scanf("%d", &t);
	while(t--){
		int l, r, n;
		scanf("%lld%lld%lld", &l, &r, &n);
		int L = l, R = r;
		l--;
		for(int i = 0; i < 30; i++){
			digl[i] = l % 5;
			digr[i] = r % 5;
			dign[i] = n % 5;
			l /= 5;
			r /= 5;
			n /= 5;
		}
		memset(f, -1, sizeof(f));
		int ansr = DFS_r(29, 1);
		memset(f, -1, sizeof(f));
		int ansl = DFS_l(29, 1);
		printf("%lld\n", (R - L + 1) - (ansr - ansl));
	}
	return 0;
}