7.25 爆零模拟赛

A.[AHOI2007]密码箱

Description

在一次偶然的情况下，小可可得到了一个密码箱，听说里面藏着一份古代流传下来的藏宝图，只要能破解密码就能打开箱子，而箱子背面刻着的古代图标，就是对密码的提示。经过艰苦的破译，小可可发现，这些图标表示一个数以及这个数与密码的关系。假设这个数是n，密码为x，那么可以得到如下表述:密码x大于等于0，且小于n，而x的平方除以n，得到的余数为1。小可可知道满足上述条件的x可能不止一个，所以一定要把所有满足条件的x计算出来，密码肯定就在其中。计算的过程是很艰苦的，你能否编写一个程序来帮助小可可呢？（题中ｘ，ｎ均为正整数）

Input

输入文件只有一行，且只有一个数字 $n(1\leq n\leq 2\times 10^9)$ \

Output

你的程序需要找到所有满足前面所描述条件的x，如果不存在这样的x，你的程序只需输出一行“None”(引号不输出)，否则请按照从小到大的顺序输出这些x，每行一个数。

思路

显然想让我们求的是这个式子：

x^{2} \equiv 1 (m o d n)

$x^2\equiv 1~(mod~n)$

稍加思索，可以得到这个形式：

x^{2} - 1 \equiv 0 (m o d n) (x + 1) (x - 1) \equiv 0 (m o d n)

$x^2-1\equiv 0~(mod~n)\\(x+1)(x-1)\equiv 0~(mod~n)$

设 $n=a*b$ ，

则 $a*b|(x+1)(x-1)$ ，即 $a|x+1,b|x-1$ 或 $a|x-1,b|x+1$ 。

设 $a<b$ ，枚举 $a$ ，然后枚举 $x=kb+1$ 或 $x=kb-1$ ， $a$ 枚举到 $\sqrt n$ 即可

时间复杂度 $O(\sqrt n*\sqrt n)=O(n)$

B.[AHOI2005]约数研究

此题水炸了，不想写（尤其是考试的时候，脑子也不知道在想什么，最后才看出来）

思路

我看到这题的第一想法：用 $f(n)=(p_1+1)(p_2+1)...(p_k+1)$ 求出每个数，然后觉得 $n$ 有点大，就放弃了

考虑每个因子在式子中的贡献，可知2这个因子出现了 $\lfloor\frac n2\rfloor$ 次，3这个因子出现了 $\lfloor\frac n3\rfloor$ 次，以此类推，可知 $p_i$ 的贡献是 $\lfloor\frac n{p_i}\rfloor$ ，则答案为 $\lfloor\frac n2\rfloor+\lfloor\frac n3\rfloor+...+\lfloor\frac n{p_i}\rfloor+...$ 。

可以选择把 N 以下的 $\lfloor\frac n{p_i}\rfloor$ 预处理出来

C.BZOJ2142 礼物

Description

一年一度的圣诞节快要来到了。每年的圣诞节小E都会收到许多礼物，当然他也会送出许多礼物。不同的人物在小E心目中的重要性不同，在小E心中分量越重的人，收到的礼物会越多。小E从商店中购买了n件礼物，打算送给m个人，其中送给第i个人礼物数量为wi。请你帮忙计算出送礼物的方案数（两个方案被认为是不同的，当且仅当存在某个人在这两种方案中收到的礼物不同）。由于方案数可能会很大，你只需要输出模P后的结果。

Input

输入的第一行包含一个正整数P，表示模；第二行包含两个整整数n和m，分别表示小E从商店购买的礼物数和接受礼物的人数；以下m行每行仅包含一个正整数wi，表示小E要送给第i个人的礼物数量。

Output

若不存在可行方案，则输出“Impossible”，否则输出一个整数，表示模P后的方案数。

HINT

设 $p=p_1^{c_1}*p_2^{c_2}*p_3^{c_3}*...*p_t^{c_t}$ ， $p_i$ 为质数。

对于100%的数据， $1\leq n\leq 10^9,1\leq m\leq 5,1\leq p_i^{c_i}\leq 10^5$ 。

思路

$exLucas$ ：~~干他就完了~~

按照正常的思路，可列出组合数相乘的式子：

C_{n}^{w_{1}} * C_{n - w_{1}}^{w_{2}} * . . . * C_{n - \sum_{i = 1}^{m - 1} w_{i}}^{w_{m}} (m o d p)

$C_n^{w_1}*C_{n-{w_1}}^{w_2}*...*C_{n-\sum\limits_{i=1}^{m-1}w_i}^{w_m}~(mod~p)$

但是我们知道，这样暴力算肯定是不行（可行的，并且是正解(╯▔皿▔)╯，下面不想看的就不看了）的，所以将 $C_n^m$ 展开，即：

C_{n}^{m} = \frac{n!}{m! (n - m)!}

$C_n^m=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}$

不难发现，原式中的前一项的分母和后一项的分子是可以相消的。可将原式化简为：

\frac{n!}{w_{1}! * w_{2}! * . . . * w_{m}! * (n - \sum_{i = 1}^{m} w_{i})!} (m o d p)

$\dfrac{n!}{w_1!*w_2!*...*w_m!*(n-\sum\limits_{i=1}^mw_i)!}~(mod~p)$

然后预处理出阶乘的逆元，但是因为友(e)善(du)的出题人明确说明 $p$ 不一定是质数，所以求逆元需要分开，亿点点求，即求出每个 $n!\%p_k^{c_k}$

（下面是我之前的总结）

如何求 $n!\%p_i^{k_i}$

我们以 $n=19,p_i=3,k_i=2$ 为例

$n!=1∗2∗3∗4∗5∗6∗7∗8∗9∗10∗11∗12∗13∗14∗15∗16∗17∗18∗19\\=(1∗2∗4∗5∗7∗8∗10∗11∗13∗14∗16∗17∗19)∗36∗(1∗2∗3∗4∗5∗6)$

根据这个例子发现，求解n!可以分为3部分：第一部分是 $p_i$ 的幂的部分，也就是 $3^6$ 即 $p_i^{\lfloor\frac n{p_i}\rfloor}$ ，可以直接求解；第二部分是一个新的阶乘，也就是6!即 $\lfloor\frac n{p_i}\rfloor!$ ，可以递归下去求解；第三部分是除前两部分之外剩下的数
考虑第三部分如何求解

发现第三部分在模 $p_i^{k_i}$ 意义下是以 $p_i^{k_i}$ 为周期的，即:

$(1∗2∗4∗5∗7∗8)≡(10∗11∗13∗14∗16∗17)~(mod~p_i^{k_i})$ ，所以只要求出 $p_i^{k_i}$ 的长度即可；

但是还剩下一个孤立的19，可以发现剩下孤立的数长度不会超过 $p_i^{k_i}$ ，只需要暴力求解即可
最后一个问题是对于求出的 $m!\%p_i^{k_i}$ 和 $(n-m)!\%p_i^{k_i}$ 有可能与 $p_i^{k_i}$ 不互质，无法求逆元

所以要将 $(n-m)!\%p_i^{k_i}$ 和 $m!\%p_i^{k_i}$ 中质因子 $p_i$ 先全部除去，求出逆元后再全部乘回去

计算n!中质因子p的个数x的公式为 $x=\lfloor\frac np\rfloor+\lfloor\frac n{p^2}\rfloor+\lfloor\frac n{p^3}\rfloor+...$
递推式也可以

写为 $f(n)=f(\lfloor\frac np\rfloor)+\lfloor\frac np\rfloor$

$Update:2020.7.25.10:06~~:$ 因为 $m\leq 5$ 所以直接暴力好像更快（

$Update:2020.7.25.9:12$ ：果然，正解是直接 $ex~Lucas$ 定理ヽ(*。>Д<)o

（特判：当 $\sum\limits_{i=1}^mw_i>n$ 时，无解）

D.P3166 [CQOI2014]数三角形

思路

三角形数量=在平面上随便找仨点-三点共线情况

在平面上随便找仨点 $=C_{(n+1)(m+1)}^3$

三点共线有三种情况：横着，竖着，斜着

横着，竖着 $=(n+1)C_{m+1}^3+(m+1)C_{n+1}^3$

主要是斜着的比较难搞，有斜率上升和下降两种。不难发现两种数量相等，所以我们设 $ans$ 为上升的数量，最后乘二即可

设 $AB$ 为长度为 $i$ 的竖着的一条线段， $BC$ 为长度为 $j$ 的横着的一条线段

画图可以看出， $AC$ 上的点数为 $gcd(i,j)+1$ （不加顶点为 $gcd(i,j)-1$ ）

则像 $A,B$ 这样横坐标差 $j$ ，纵坐标差 $i$ 的点对共有 $(n-i+1)(m-j+1)$

枚举 $i,j$ 可得

a n s = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} (n - i + 1) (m - j + 1) (g c d (i, j) - 1)

$ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(n-i+1)(m-j+1)(gcd(i,j)-1)$

此时直接枚举是 $O(nm)=O(n^2)$ ，考虑 $gcd$ 的计算的话可能会达到 $O(n^2\log n)$ 。

优化复杂度

通过欧拉反演可以将 $[gcd(i,j)=1]$ 化为 $\sum_{d|gcd(i,j)}\varphi(d)$ 。（原理： $\sum_{d|n}\varphi(d)=n$ 下面证明）

则，原式转化为：

a n s = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} (n - i + 1) (m - j + 1) (\sum_{d | g c d (i, j)} φ (d) - 1)

$ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(n-i+1)(m-j+1)\left(\sum_{d|gcd(i,j)}\varphi(d)-1\right)$

因为 $\varphi(1)=1$ ，所以可以微微转化一下：

a n s = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} (n - i + 1) (m - j + 1) \sum_{d | g c d (i, j)}^{d \neq 1} φ (d)

$ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(n-i+1)(m-j+1)\sum_{d|gcd(i,j)}^{d\not=1}\varphi(d)$

接下来，我们看看 $d|gcd(i,j)$ 的含义：

$i,j$ 的最大公因子的每个因子 。

也就是 $i,j$ 的每个公约数

枚举 $i,j$ 再枚举他们的所有公约数，等价于枚举每个约数 $d$ 再枚举 $d$ 的 $i$ 倍、 $j$ 倍。

那 $d$ 的取值范围可化为 $[2,min(n,m)]$ ， $i,j$ 最小取 $1$ ，最大取 $\lfloor\frac dn\rfloor,\lfloor\frac dm\rfloor$ ，即：

\begin{aligned} a n s & = \sum_{d = 2}^{m i n (n, m)} \sum_{i = 1}^{⌊ n / d ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ m / d ⌋} (n - i d + 1) (m - j d + 1) φ (d) \\ = \sum_{d = 2}^{m i n (n, m)} φ (d) \sum_{i = 1}^{⌊ n / d ⌋} (n - i d + 1) \sum_{j = 1}^{⌊ m / d ⌋} (m - j d + 1) \end{aligned}

$\begin{aligned}ans&=\sum_{d=2}^{min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor}(n-id+1)(m-jd+1)\varphi(d)\\&=\sum_{d=2}^{min(n,m)}\varphi(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}(n-id+1)\sum\limits_{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor}(m-jd+1)\end{aligned}$

很明显(这我开始也不明显)， $\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}(n-id+1)$ 是等差数列求和，

首项为 $n-d+1$ ，末项是 $n-\lfloor \dfrac nd\rfloor d+1$ 即 $n~mod~d+1$ ，项数是 $\lfloor \dfrac nd\rfloor$ ，由通项公式得：

\sum_{i = 1}^{⌊ n / d ⌋} (n - i d + 1) = \frac{1}{2} (n - d + 1 + n m o d d + 1) ⌊ \frac{n}{d} ⌋

$\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}(n-id+1)=\frac 12(n-d+1+n~mod~d+1)\lfloor \dfrac nd\rfloor$

同理有：

\sum_{i = 1}^{⌊ m / d ⌋} (n - i d + 1) = \frac{1}{2} (m - d + 1 + m m o d d + 1) ⌊ \frac{m}{d} ⌋

$\sum\limits_{i=1}^{\lfloor m/d\rfloor}(n-id+1)=\frac 12(m-d+1+m~mod~d+1)\lfloor \dfrac md\rfloor$

最后得到：

a n s = \frac{1}{4} \sum_{d = 2}^{m i n (n, m)} φ (d) (n - d + n m o d d + 2) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ (m - d + m m o d d + 2) ⌊ \frac{m}{d} ⌋

$ans=\frac 14\sum_{d=2}^{min(n,m)}\varphi(d)(n-d+n~mod~d+2)\lfloor \dfrac nd\rfloor(m-d+m~mod~d+2)\lfloor \dfrac md\rfloor$

欧拉函数用欧拉筛线性预处理出来，枚举 $d$ 复杂度 $O(min(n,m))=O(n)$

$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$ 证明（会的可以跳过）

我们首先看这么几个数

\frac{1}{n}, \frac{2}{n}, \frac{3}{n}, . . . \frac{n}{n}

$\frac 1n,\frac 2n,\frac 3n,...\frac nn$

如果要化成 $\frac ab$ 这样的最简分数的形式，要满足两个条件：
$1.b|n~~ 2.gcd(a,b)=1$
，显然对于每个 $b$ ，共有 $\varphi(b)$ 个，而 $n$ 的约数共有 $\sum_{d|n}$ 个，那么可得：

\sum_{d | n} φ (d) = n

$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$

~~那个的严格证明我忘了，嘻嘻嘻~~
下面的题有了

E.BZOJ4173 数学

题目

懒得放了。。。。

思路

通过题目，我们可以设 $m=q_1*k+r_1,n=q_2*k+r_2$ ，则题目中的式子可化为 $r_1+r_2\geq k$ ，所以 $\lfloor\dfrac{m+n}k\rfloor=q_1+q_2+1$ ，则 $\dfrac{m+n}k-\dfrac nk-\dfrac mk=1$

那么 $\sum_{k\in S(n,m)}\varphi(k)$ 可化为 $\sum\limits_{k=1}^{m+n}\varphi(k)[\frac{m+n}k-\frac nk-\frac mk=1]$ ，即：

\sum_{k = 1}^{m + n} φ (k) ⌊ \frac{m + n}{k} ⌋ - \sum_{k = 1}^{n} φ (k) ⌊ \frac{n}{k} ⌋ - \sum_{k = 1}^{m} φ (k) ⌊ \frac{m}{k} ⌋

$\sum\limits_{k=1}^{m+n}\varphi(k)\lfloor\frac{m+n}k\rfloor-\sum\limits_{k=1}^{n}\varphi(k)\lfloor\frac{n}k\rfloor-\sum\limits_{k=1}^{m}\varphi(k)\lfloor\frac{m}k\rfloor$

我们设 $F(n)=\sum\limits_{k=1}^{n}\varphi(k)\lfloor\frac{n}k\rfloor$

则可化为 $F(n+m)-F(n)-F(m)$ ，单独考虑 $F(n)$ ：

通过 $\sum_{d|n}\varphi(d)=n$ ，可将 $F(n)$ 转化为：

\sum_{k = 1}^{n} φ (k) ⌊ \frac{n}{k} ⌋ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{k | i} φ (k) = \sum_{i = 1}^{n} i

$\sum\limits_{k=1}^{n}\varphi(k)\lfloor\frac{n}k\rfloor=\sum\limits_{i=1}^n\sum_{k|i}\varphi(k)=\sum\limits_{i=1}^ni$

所以，上式化为：

\sum_{i = 1}^{m + n} i - \sum_{i = 1}^{m} i - \sum_{i = 1}^{n} i

$\sum\limits_{i=1}^{m+n}i-\sum\limits_{i=1}^mi-\sum\limits_{i=1}^ni$

这显然等差数列求和，于是：

\frac{(1 + m + n) (m + n)}{2} - \frac{m (m + 1)}{2} - \frac{n (n + 1)}{2} = m n

$\dfrac{(1+m+n)(m+n)}2-\dfrac{m(m+1)}2-\dfrac{n(n+1)}2=mn$

所以， $\varphi(m)*\varphi(n)*\sum_{k\in S(n,m)}\varphi(k)$ 就等于：

φ (n) * φ (m) * n m

$\varphi(n)*\varphi(m)*nm$

然后用欧拉筛或者别的办法求 $\varphi$ 即可

因为直接求 $\varphi$ 时间复杂度是 $O(\sqrt n)$ 的，所以总时间复杂度为 $O(n)$

$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$ 的小证明

设 $n=\prod\limits_{i=1}^mp_i^{a_i}$ ，

由于欧拉函数是积性函数，则有：

\sum_{d | n} φ (d) = \sum \prod_{i = 1}^{m} φ (p_{i}^{j}) (0 \leq j \leq a_{i})

$\sum_{d|n}\varphi(d)=\sum\prod_{i=1}^m\varphi(p_i^{~j})~~(0\leq j\leq a_i)$

因式分解，上式等价于：

\prod_{i = 1}^{m} (\sum_{j = 0}^{a_{i}} φ (p_{i}^{j})) = \prod_{i = 1}^{m} (\sum_{j = 1}^{a_{i}} (p_{i}^{j} - p_{i}^{j - 1}) + 1) = \prod_{i = 1}^{m} p_{i}^{a_{i}} = n

$\prod_{i=1}^m(\sum\limits_{j=0}^{a_i}\varphi(p_i^{~j}))=\prod_{i=1}^m(\sum\limits_{j=1}^{a_i}(p_i^{~j}-p_i^{~j-1})+1)=\prod\limits_{i=1}^mp_i^{a_i}=n$

（有的是放了题，有的只写了思路，(●'◡'●)）

posted @ 2020-07-26 16:09 jasony_sam 阅读(269) 评论(4) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

阅读排行：
· 地球OL攻略 —— 某应届生求职总结
· 周边上新：园子的第一款马克杯温暖上架
· Open-Sora 2.0 重磅开源！
· 提示词工程——AI应用必不可少的技术
· .NET周刊【3月第1期 2025-03-02】

公告

每日一句

唯有信仰与日月亘古不灭。
—第一序列

昵称： jasony_sam
园龄： 5年1个月
粉丝： 6
关注： 3

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

jasony_sam

7.25 爆零模拟赛

A.[AHOI2007]密码箱

Description

Input

Output

思路

B.[AHOI2005]约数研究

思路

C.BZOJ2142 礼物

Description

Input

Output

HINT

思路

D.P3166 [CQOI2014]数三角形

思路

优化复杂度

$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$ 证明（会的可以跳过）

E.BZOJ4173 数学

题目

思路

$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$ 的小证明

公告

每日一句

搜索

常用链接

我的标签

随笔分类

随笔档案

友链

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论

Description

Input

Output

思路

思路

C.BZOJ2142 礼物

Description

Input

Output

HINT

思路

思路

优化复杂度

∑d|nφ(d)=n∑d|nφ(d)=n\sum_{d|n}\varphi(d)=n 证明（会的可以跳过）

E.BZOJ4173 数学

题目

思路

∑d|nφ(d)=n∑d|nφ(d)=n\sum_{d|n}\varphi(d)=n 的小证明

公告

每日一句

搜索

常用链接

随笔档案

友链

$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$ 证明（会的可以跳过）

$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$ 的小证明