数论练习
数论
P1891 疯狂 LCM
题意：
给定 \(n\)，求：
思路：
先把 \(lcm\) 换成 \(gcd\)：
加一个枚举因数的 \(\sum\)
即
用 \(i=\frac id\) 替换原本的 \(i\)
由于 \(d,\frac{n}{d}\) 成对出现，可以用 \(d\) 替换 \(\frac{n}{d}\)
可以发现这个式子与 \(\varphi(d)\) 有一定联系，因为
多了一个 \(i\)
一个小定理：若 \(gcd(a,b)=1\) \((a<b)\) 则 \(gcd(b-a,b)=1\)
因此原式可以两对两对的统计，可以写成
这样就可以计算了
注意 \(d=1\) 的时候特判
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=1e6+5;
#define ll long long
int cnt;
int p[N],phi[N];
bool not_p[N];
ll f[N];
inline void get_phi(){
phi[1]=1;
not_p[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i){
if(!not_p[i]){
p[++cnt]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<N;++j){
not_p[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0){
phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
break;
}
else
phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);
}
}
for(int i=1;i<N;++i)
for(int j=1;j*i<N;++j)
f[i*j]+=(i==1?1:1ll*phi[i]*i/2);
}
inline ll solve(int x){
return f[x]*x;
}
signed main(){
int T=read();
get_phi();
while(T--)
cout<<solve(read())<<endl;
}
P1128 求正整数
题意：
对于任意输入的正整数 \(n\)，请求出具有 \(n\) 个不同因子的最小正整数 \(m\)。
思路：
由于 \(n\leq 5\times 10^4\) ，所以只用考虑前 \(16\) 个质数作为质因子
考虑 \(dfs\)
由于数据太大，将每个数取 \(log\) 再 \(dfs\)
\(dfs(x,y,z)\) 表示搜到的正整数为 \(x\)，\(y\) 为 \(x\) 的因数个数，\(z\) 表示搜到了 \(z\) 个质数，然后乱搜
最后再加上一个高精乘单精即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int n,ans[100005],res[20],pos[20];
int p[20]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53};
double mn=1e9,v[20];
inline void dfs(double x,int y,int z){
if(x>=mn||z>16) return;
if(y==1){
mn=x;
memset(res,0,sizeof(res));
for(int i=1;i<=z-1;i++)
res[i]=pos[i];
return ;
}
for(int i=0;(i+1)*(i+1)<=y;++i)
if(y%(i+1)==0){
if(i){
pos[z]=i;
dfs(x+v[z]*i,y/(i+1),z+1);
}
if((i+1)*(i+1)!=y){
pos[z]=y/(i+1)-1;
dfs(x+v[z]*(y/(i+1)-1),i+1,z+1);
}
}
}
signed main(){
n=read();
for(int i=1;i<=16;++i)
v[i]=log(p[i]);
dfs(0,n,1);
int top=1;
ans[1]=1;
for(int i=1;i<=16;++i){
for(;res[i];--res[i]){
for(int j=1;j<=top;++j) ans[j]*=p[i];
for(int j=1;j<=top;++j) ans[j+1]+=ans[j]/10,ans[j]%=10;
if(ans[top+1]) ++top;
while(ans[top]/10)
ans[top+1]+=ans[top]/10,ans[top]%=10,++top;
}
}
for(int i=top;i;--i) cout<<ans[i];
}
P2606 排列计数
题意：
称一个 \(1 \sim n\) 的排列 \(p_1,p_2, \dots ,p_n\) 是 Magic 的，当且仅当 \(\forall i \in [2,n],p_i > p_{\lfloor i/2 \rfloor}\)
计算 \(1 \sim n\) 的排列中有多少是 Magic 的，对 \(p\) 取模
思路：
这道题就是在问：\(1\sim n\) 这 \(n\) 个数构成一棵完全二叉树，求出满足小根堆性质的树总共多少种
考虑 \(dp\)，\(f[x]\) 表示当前节点为 \(x\) 的总方案数，节点 \(x\) 的子树大小为 \(sz[x]\)
则有：
\((x\cdot 2\text{为左儿子},x\cdot2+1\text{为右儿子})\)
由于要取模，搞个 \(Lucas\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+5;
#define int long long
inline int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int n,p;
int f[N],sz[N];
int frac[N];
inline int qpow(int x,int idx){
if(!idx) return 1;
int t=qpow(x,idx>>1);
if(idx&1) return t*t%p*x%p;
return t*t%p;
}
inline int C(int x,int y){
if(x<y) return 0;
return (frac[x]*qpow(frac[y],p-2))%p*qpow(frac[x-y],p-2)%p;
}
inline int Lucas(int x,int y){
if(!y) return 1;
return C(x%p,y%p)*Lucas(x/p,y/p)%p;
}
signed main(){
n=read(),p=read();
frac[0]=1;
for(int i=1;i<N;++i) frac[i]=frac[i-1]*i%p;
for(int i=1;i<=n;++i) sz[i]=1;
for(int i=n;i>=2;--i) sz[i>>1]+=sz[i];
for(int i=n+1;i<=n*2+1;++i) f[i]=1;
for(int i=n;i;--i) f[i]=Lucas(sz[i]-1,sz[i<<1])%p*f[i<<1]%p*f[i<<1|1]%p;
cout<<f[1]<<endl;
}
P5323 光线
题意：
当一束光打到一层玻璃上时，有一定比例的光会穿过这层玻璃，一定比例的光会被反射回去，剩下的光被玻璃吸收。
设对于任意 \(x\)，有 \(x \times a_i\%\) 单位的光会穿过它，有 \(x \times b_i\%\) 的会被反射回去。
现在 \(n\) 层玻璃叠在一起，有 \(1\) 单位的光打到第 \(1\) 层玻璃上，那么有多少单位的光能穿过所有 \(n\) 层玻璃呢？
思路：
考虑 \(dp\)
设 \(f[i]\) 表示每 \(1\) 单位光线穿过第 \(i\) 块玻璃的概率是多少，答案显然是 \(\prod f[i]\)
但是光线会反射，还要考虑反射回上一个再反射回来的光线的贡献
设 \(g[i]\) 表示每 \(1\) 单位光线自下而上经过第 \(i\) 块玻璃然后被向下反射的概率
那么
\(f[i]=a[i]+b[i]\cdot g[i-1]\cdot f[i]\rightarrow f[i]=\frac{a[i]}{1-b[i]\cdot g[i-1]}\)
\(g[i]=b[i]+a[i]\cdot g[i-1]\cdot f[i]\)
且 \(f[1]=a[1],g[1]=b[1]\)
然后就可以递推了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=5e5+5;
#define int long long
inline int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int n,ans=1;
int a[N],b[N];
int f[N],g[N];
inline int qpow(int x,int idx){
if(!idx) return 1;
int t=qpow(x,idx>>1);
return idx&1?t*t%mod*x%mod:t*t%mod;
}
signed main(){
n=read();
int tmp=qpow(100,mod-2);
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read()*tmp%mod,b[i]=read()*tmp%mod;
f[1]=a[1],g[1]=b[1];
for(int i=2;i<=n;++i){
tmp=qpow((1-b[i]*g[i-1]%mod+mod)%mod,mod-2);
f[i]=a[i]*tmp%mod;
g[i]=(b[i]+(a[i]*g[i-1]%mod*f[i]%mod)%mod)%mod;
}
for(int i=1;i<=n;++i) ans=(ans*f[i])%mod;
printf("%lld",ans);
}
