柿子

自己重新推一遍柿子。/fendou

P2568 GCD

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求

\[\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}[\gcd(i,j)=p] \]

gcd的套路转换(

\[\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}[\gcd(i,j)=1] \]

然后发现 \(\sum[\gcd(i,j)=1]\) 这不欧拉函数吗，但是由于是有序数对，所以有

\[\sum\limits_{p\in prime}2\times\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}\varphi(i)-1 \]

减一是因为\(i=j\) 时会被重复算，最后复杂度 \(\mathcal{O(n)}\)。

P2398 GCD SUM

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求

\[\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n \gcd(i, j) \]

根据欧拉函数 \(n=\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)\) 的性质，有

\[\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{d\mid \gcd(i,j)} \varphi(d) \]

也就是为

\[\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{d\mid i,j} \varphi(d) \]

考虑每个 \(\varphi(d)\) 的贡献，于是原式

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i)*\lfloor\frac{n}{i}\rfloor*\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]

最后 \(\mathcal{O(n)}\) 求解即可，其实也可以整除分块，但没必要。
（好像这些转化叫欧拉函数反演？）

P2261 余数求和

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求

\[\sum\limits_{i = 1}^n k \bmod i \]

有

\[\sum\limits_{i=1}^n k-\lfloor\frac{k}{i}\rfloor\times i \]

将 \(k\) 提出来

\[nk-\sum\limits_{i=1}^n\lfloor\frac{k}{i}\rfloor\times i \]

这样就可以用整除分块 \(\mathcal{O(\sqrt n)}\) 计算了。

P4139 上帝与集合的正确用法

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求

\[2^{2^{2^{...}}}\bmod p \]

有一个东西叫扩展欧拉定理 \((\text{Extend Euler's theorem})\)，若 \(\varphi(p)\leq b\)，则

\[a^b=a^{b \bmod \varphi(p)+\phi(p)} \]

所以可以对指数递归求解。

P2522 [HAOI2011] Problem b

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多组数据，求

\[\sum\limits_{i=a}^{b}\sum\limits_{j=c}^{d}[\gcd(i,j)=k] \]

可以转化成求 \(1\) ~ \(n\) 和 \(1\)~\(m\) 的，最后容斥一下就行了

\[f(k)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=k] \]

有

\[\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1] \]

由莫比乌斯函数的性质 \(\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]\) 可有

\[\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum\limits_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d) \]

遇到整除式可以尝试改成枚举式，这里枚举一下 \(d\)，上界为 \(\min(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor,\lfloor\frac{m}{k}\rfloor)\)，所以不妨设 \(n\leq m\) ，于是原式

\[\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum\limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k} \rfloor}\mu(x)\times[x\mid \gcd(i,j)] \]

发现要满足 \(x\mid\gcd(i,j)\)，\(i\) 和 \(j\) 必须要是 \(x\) 的倍数，所以有

\[\sum\limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k} \rfloor}\mu(x)\times \lfloor\frac{a}{xd}\rfloor\times \lfloor\frac{b}{xd}\rfloor \]

然后整除分块，启动！

P2257 YY的GCD

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多组数据，求

\[\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=p] \]

有

\[\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}[\gcd(i,j)=1] \]

是不是可以仿照一下上题

\[\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\sum\limits_{x|\gcd(i,j)}\mu(x) \]

\[\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(x)\times[x\mid\gcd(i,j)] \]

\[\sum\limits_{p\in prime}\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(x)\times\lfloor\frac{n}{xp}\rfloor\times\lfloor\frac{m}{xp}\rfloor \]

然后就不会了/hsh，去看了看题解，感觉很妙啊，设 \(T=xp\)，则有

\[\sum\limits_{p\in prime}\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(x)\times\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\times\lfloor\frac{m}{T}\rfloor \]

然后枚举 \(T\)，有

\[\sum\limits_{p\in prime}\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\times\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\times\mu(\frac{T}{p}) \]

\(p\) 只与 \(\mu(\frac{T}{p})\) 有关，可以把他们单独放到一起

\[\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\times\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\times\sum\limits_{p\in prime}\mu(\frac{T}{p}) \]

\[\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\times\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\times\sum\limits_{p \mid T,p \in prime}\mu(\frac{T}{p}) \]

前面的式子可以整除分块，而后面的只需要用埃氏筛处理一个前缀和就可以了。复杂度大约是 \(\mathcal{O(n \ln \ln n)}\) 。

但是这种不是积性函数的式子也可以用一些方法线性做，但是我不会/ll，这里挖个坑吧/kk。

P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

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求

\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m \operatorname{lcm}(i,j) \bmod 20101009 \]

易知

\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m \frac{i\times j}{\gcd(i,j)} \]

枚举 \(\gcd(i,j)\)

\[\sum\limits_{d \mid i,d\mid j}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{i \times j}{d}[\gcd(i,j)=d] \]

套路转换

\[\sum\limits_{d \mid i,d\mid j}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}}\frac{i \times j}{d}[\gcd(i,j)=1] \]

P3306 [SDOI2013] 随机数生成器

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给一个数列

\[x_{i+1}\equiv {a\times x_i+b}\pmod{p} \]

我们想要找这个数列的通项公式，将它化成等比数列的形式

\[x_{i+1}+\frac{b}{a-1}\equiv a\left( x_i+\frac{b}{a-1} \right) \pmod p \]

推导过程

设一个常数 $k$，使得 $$ x_{i+1}+k=a(x_i+k) $$ 替换进原先的式子 $$ a(x_i+k)-k ax_i+b $$ $$ ak-k=b $$ $$ k=\frac{b}{a-1} $$ 于是 $$ a_{x+1}+\frac{b}{a-1}=a\left( x_i+\frac{b}{a-1} \right) $$

由等比数列的通项公式得 $$ x_n+\frac{b}{a-1}\equiv a^{n-1}\times \left( x_1+\frac{b}{a-1} \right)\pmod p $$ 题目是求 $n$，移个项 $$ a^{n-1}\equiv \frac{{x_n+\frac{b}{a-1}}}{x_1+\frac{b}{a-1}} $$ 然后求下逆元就能 BSGS 了。

P2480 [SDOI2010] 古代猪文

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典典题。
求

\[g^{\sum\limits_{d\mid n}\binom{n}{d}} \bmod 999911659 \]

先用 \(\text{Euler}\) 定理把指数弄小点

\[g^{\sum\limits_{d\mid n}\binom{n}{d}\bmod 999911658} \bmod 999911659 \]

那么本题的关键就是求 \(\sum\limits_{d\mid n}\binom{n}{d}\mod 999911658\) 了，发现是组合数取模，考虑 \(\text{Lucas}\) 定理，但是这里模数并不是质数。

考虑将模数质因数分解，发现 \(999911658=2\times 3\times 4679\times 35617\)。那么就可以用 \(\text{Lucas}\) 定理分别求出 \(\sum\limits_{d\mid n}\binom{n}{d}\) 对四个质因子的取模结果，记四个结果分别为 \(a_1,a_2,a_3,a_4\)，于是就可以列出如下式子

\[\left\{ \begin{array}{l} x\equiv a_1 \pmod 2 \\ x\equiv a_2 \pmod 3 \\ x\equiv a_3 \pmod {4679} \\ x\equiv a_4 \pmod {35617} \\ \end{array} \right. \]

这样用中国剩余定理求解出来的 \(x\) 就是原式对 \(999911658\) 取模的结果了。最后答案就是 \(g^x \bmod 999911659\)。

2024 新高考 Ⅰ 卷数学 19 题

设 \(m\) 为正整数，数列 \(a_1,a_2,...,a_{4m+2}\) 为公差不为 \(0\) 的等差数列，若从中删去两项 \(a_i,a_j\ (i<j)\) 后剩下的 \(4m\) 项可被分成 \(m\) 组，且每组 \(4\) 个数都能构成等差数列，则称数列 \(a_1,a_2,...,a_{4m+2}\) 是 \((i,j)\) ——可分数列．

1. 写出所有的 \((i,j)\)，\(1\le i<j\le 6\)，使数列 \(a_1,a_2,...,a_6\)是 \((i,j)\) ——可分数列．
2. 当 \(m\ge 3\) 时，证明：数列 \(a_1,a_2,...,a_{4m+2}\) 是 \((2,13)\) ——可分数列．
3. 从 \(1,2,...,4m+2\)中一次随机取两个数 \(i,j(i<j)\)，记数列 \(a_1,a_2,...,a_{4m+2}\) 是 \((i,j)\) 的一可分数列的概率为 \(P_m\)，证明：\(P_m> \frac 1 8\)．

前两问很简单，第三问如果脑电波一下子能和出题人对上貌似也是很简单的/jy
1.
显然有 \((1,2),(5,6),(1,6)\)．
2.
题目里没有更多的约束条件，不妨设 \(a_i=i\)，不失一般性．

当 \(m=3\) 时，去掉 \(2,13\) 后，有构造方案 \(\{1,4,7,10\},\{3,6,9,12\},\{5,8,11,14\}\)．

当 \(m>3\) 时，有\(4m+2>14\)，前 \(14\) 个元素仿照 \(m=3\) 时，\(15 \sim 4m+2\) 是连续的且共有 \(4m+2-15+1=4m+12\) 个元素，\(4m+2 \equiv 0 \pmod 4\)．故可以每隔 \(4\) 个分为一组，符合条件．

综上，原数列是 \((2,13)\) ——可分数列．

3.
不妨设 \(x<y\)．

首先考虑 \(x \bmod 4=1,y \bmod 4=2\) 的情况，容易发现可以将数列从小到大每 \(4\) 个分为一组，构造满足可分数列的条件．

当 \(x \bmod 4=2,y\bmod 4=1\) 时，且 \(y-x\ge7\) 时，均可以仿照第二问的构造方式，\(1 \sim x-2\) 和 \(y+2 \sim 4m+2\) 每隔四个分一组，记 \(k=\frac{{y-x+1}}{4}\)，分成 \(k\) 个公差为 \(k\) 的等差数列，构造满足可分数列的条件．

\((x,y)\) 一共有 \(\binom{4m+2}{2}=\)\(\frac{(4m+2)(4m+1)}{2}\) 种情况，对于 \(x \bmod 4=1,y \bmod 4=2\) 有 \(\binom{m+2}{2}=\frac{(m+2)(m+1)}{2}\) ，对于 \(x \bmod 4=2,y\bmod 4=1,y-x\ge7\) 时有 \(\binom{m}{2}=\frac{{m(m-1)}}{2}\) 种．\(P_m\geq \frac{{2m^2+2m+2}}{16m^2+12m+2}> \frac{1}{8}\)．

证毕！