标签：lfloor phi frac SDSC2021 long Day1 rfloor mod
又是一年SDSC到但是我已经成为时代的眼泪啦
但我翻翻去年的笔记，好像就Day1写得还行，剩下几天就很摸
所以就只把Day1的笔记搬过来啦~（我才不会说临时起意搬笔记的原因是又有好题图了（当然不是））
质数筛
提供一种快速的分解质因数的方法：
在线性筛的时候可以顺道求出每个数的最小的质因数，方法如下：
void init_P(){
long long i,j;
for(i=2;i<=N;i++){//N 是最大筛到的数
if(!mf[i]){//mf 记录最小质因数，同时可以用于判断该数是否被筛过
mf[i]=i;
p[++tot]=i;
}
for(j=1;j<=tot && i*p[j]<=N;j++){
mf[p[j]*i]=p[j];//根据线性筛的性质，每个合数会被自己最小的质因子筛到
if(i%p[j]==0) break;
}
}
}
在求出每个数的最小的质因子后，我们可以进行快速质因数分解。
假如我们要对 \(x\) 进行分解质因数，我们可以提取出它的最小质因数作为一个分解出的因数，并 \(x:=x/mf_x\) 继续进行分解直至 \(x<1\)。
void init_F(int x){
int i,j,u=x,v;
while(u>1){
ans[++cnt]=mf[u];
u/=mf[u];
}
}
神奇推式子题。
\[\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!}\Leftrightarrow \frac{xy}{x+y}=n! \Leftrightarrow xy-(x+y)n!=0 \Leftrightarrow (n!)^2+xy-(x+y)n!=(n!)^2 \Leftrightarrow \]\[(x-n!)(y-n!)=(n!)^2 \]所以答案就是 \((n!)^2\) 的因子个数。
怎么算呢？考虑唯一分解 \(n!=\sum p_i^{e_i}\)
有 \((n!)^2=\sum p_i^{2e_i}\)。
然后就指数加一连乘积啦~
怎么唯一分解 \(n!\) 呢？
线性筛求 \(p_i\)。对于求 \(e_i\)，有公式 \(e_i=\sum\limits_{k \ge 0,p_i^k \le n}\lfloor \frac{n}{p_i^k} \rfloor\)；或者在线性筛进行质因数分解（就是一开始写的那个方法）。
代码使用线性筛分解质因数：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const long long mod=1e9+7;
long long n,t,p[1000010],mf[1000010],e[1000010],tot,ans;
int main(){
long long i,j,u,v;
cin>>n;
for(i=2;i<=n;i++){
if(!mf[i]){
mf[i]=i;
p[++tot]=i;
}
for(j=1;j<=tot && i*p[j]<=n;j++){
mf[p[j]*i]=p[j];
if(i%p[j]==0) break;
}
}
for(i=2;i<=n;i++){
for(j=i;j>1;j/=mf[j]){
e[mf[j]]++;
}
}
ans=1;
for(i=1;i<=n;i++){
ans*=(2*e[i]+1);
ans%=mod;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
GCD&LCM
暴力可过。
正解见花神的题解。
感性理解路径一定是 \(u\to gcd(u,v) \to v\)。根据排列组合，唯一分解 \(x=\sum p_i^{e_i}\) 后，\(x \to 1\) 的路径条数为：\(\frac{(\sum e_i)!}{\prod e_i!}\)。
我们把 \(u,v\) 除以其最大公约数 \(g\)，转化为 \(dis(\frac{u}{g},1)\times dis(\frac{v}{g},1)\)，即可求解。
还有就是注意由于所有数都是 \(d\) 的因子，所以质数表可以直接在 \(d\) 的因子里筛。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const long long mod=998244353;
long long n,t,fac[110],tot,ans;
long long p[700010];
inline long long fast(long long a,long long b){
if(b==0) return 1%mod;
if(b==1) return a%mod;
long long s=fast(a,b/2)%mod;
if(b&1) return s*s%mod*a%mod;
return s*s%mod;
}
inline void init_fac(){
long long i;
fac[0]=1;
for(i=1;i<=100;i++){
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
}
}
inline void init_pri(){
long long d=n,i,sd=sqrt(d);
for(i=2;i<=sd;i++){
while(d%i==0){
p[++tot]=i;
d/=i;
}
}
if(d>1) p[++tot]=d;
}
inline long long gcd(long long a,long long b){
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
inline long long sol(long long u){
if(u==1) return 1;
long long i,cnt=0,cntt=0,on,down=1;
for(i=1;i<=tot;i++){
cnt=0;
while(u%p[i]==0){
cnt++;
u/=p[i];
}
down*=fac[cnt];down%=mod;
cntt+=cnt;
}
on=fac[cntt];
return on*fast(down,mod-2)%mod;
}
int main(){
long long i,j,u,v;
cin>>n>>t;
init_fac();
init_pri();
while(t--){
scanf("%lld %lld",&u,&v);
if(u==v){
cout<<1<<endl;
continue;
}
j=gcd(u,v);
printf("%lld\n",sol(u/j)*sol(v/j)%mod);
}
return 0;
}
进制转换
扩展欧几里得
裴蜀定理
不定方程 \(ax+by=m\) 有整数解的充要条件是 \(\gcd(a,b) \mid m\)
引理1（其实就是余数的定义）：\(a \mod b=a- \lfloor \frac{a}{b} \rfloor \times b\)
设 \(d=\gcd(a,b)\)，exgcd 可给出不定方程 \(ax+by=d\) 的一组特解 \((x_0,y_0)\)。
记 \(ax_1+by_1=d\)
设 \(a'=b,b'=a \mod b\)，则有 \(a'x_2+b'y_2=d\)
所以 \(ax_q+by_1=a'x_2+b'y_2\)
根据引理，有 \(ax_1+by_1=bx_2+(a- \lfloor \frac{a}{b} \rfloor \times b)y_2\)
整理得 \(ax_1+by_1=ay_2+b(x_2- \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y_2)\)
因为恒等，所以 \(x_1=y_2,y_1=x_2-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor y_2\)
故，可以代入 \(x_2,y_2\) 递归求解直至 \(y_2=0\) 返回 \(x=1,y=0\) 回溯回去。
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(b==0){
x=1;y=0;
return a;
}
int t,ans;
ans=exgcd(b,a%b,x,y);
t=x; x=y;
y=t-(a/b)*y;
return ans;
}
欧拉函数
定义：\(\phi(x)=[1,x]\) 中与 \(x\) 互质的数的个数。
性质：设 \(x=\prod p_i^{e_i}\)，则 \(\phi(x)=x \prod \frac{p_i-1}{p_i}\)
欧拉定理
若 \(\gcd(a,m)=1\)，则 \(a^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod m\)
考虑一个人 \((x,y)\) 可以被看到，当且仅当 \(\gcd(x,y)=1\)。所以答案就是 \((2\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{i}[\gcd (i,j)=1])+1=2\sum\limits_{i=1}^{n}\phi(i)+1\)（最后加个 1 的原因是对角线可以看到一个）。
然后欧拉函数可以线性推，不过这题没必要，一般的根号筛法即可。
扩展欧拉定理
\(\forall b \ge \phi(m),a^b \equiv a^{b \mod \phi(m)+\phi(m)} \pmod m\)
根据扩展欧拉定理，\(2^{2^{2^{\cdots}}} \mod p=2^{2^{2^{2^{\cdots}}} \mod \phi(p)+ \phi(p)}\)
然后这个东西显然可以递归做。
本题需要用线性筛欧拉函数，方法见下：
在线性筛中，每一个合数都会被自己的最小质因子筛掉。记合数 \(n\) 的最小质因子是 \(p_1\)，记 \(n'=\frac{n}{p_1}\)。
-
如果 \(p_1 \mid n'\)，则 \(n'\) 包含 \(n\) 的所有质因子，那么 \(n'\) 含有 \(n\) 的所有质因子，于是有：\(\phi(n)=n \prod\limits_{i=1}^{s}\frac{p_i-1}{p_i}=p_1\times n'\prod\limits_{i=1}^{s}\frac{p_i-1}{p_i}=p_1 \times \phi(n')\)。
-
如果 \(p_1\nmid n'\)，则 \(p_1 \bot n'\)，由于 \(\phi(x)\) 是积性函数，所以 \(\phi(n)=\phi(p_1)\times \phi(n')=(p_1-1)\times \phi(n')\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long t,P,p[10000010],tot,phi[10000010];
bool mf[10000010];
void init_phi(){
long long i,j;
phi[1]=1;
for(i=2;i<=10000000;i++){
if(!mf[i]){
p[++tot]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(j=1;j<=tot && i*p[j]<=10000000;j++){
mf[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);
}
}
}
}
long long fast(long long a,long long b,long long mod){
if(b==0) return 1%mod;
if(b==1) return a%mod;
long long s=fast(a,b/2,mod)%mod;
if(b&1) return s*s%mod*a%mod;
return s*s%mod;
}
long long solve(long long x){
if(x==1) return 0;
return fast(2,solve(phi[x])+phi[x],x)%x;
}
int main(){
long long i,j,u,v;
init_phi();
cin>>t;
while(t--){
cin>>P;
cout<<solve(P)%P<<endl;
}
return 0;
}
中国剩余定理
设有同余方程组 \(\begin{cases}x \equiv a_1(\mod m_1)\\x \equiv a_2(\mod m_2)\\ \vdots \\x \equiv a_n(\mod m_n)\end{cases}\)
其中 \(m_i\) 两两互质，求最小正整数 \(x\)。
设 \(M= \prod m_i, M_i=\frac{M}{m_i}\)
可以发现，\(m_i \mid M_j = 0\)，当且仅当 \(i \ne j\)。
设 \(t_i \equiv M_i^{-1}(\mod m_i)\)，则 \(a_it_iM_i \equiv \begin{cases}a_i ,\mod m_i\\0, \space \text{otherwise}\end{cases}\)
因此，\(x_0=a_it_iM_i\) 一定是原方程组的解。
由于 \(m_i\) 两两互质，所以 \(x=M \mod x_0\)。
BSGS
基础版：给定正整数 \(a,b,p\)，保证 \(a,p\) 互质，求最小非负整数 \(x\)，使得 \(a^x \equiv b \pmod p\)
令 \(x=A \lceil \sqrt{p} \rceil - B\)，其中 \(0 \le A,B \le \sqrt{p}\)，则有 \(a^{A \lceil \sqrt{p} \rceil - B} \equiv b \pmod p\)。把 \(b\) 移到同余式右面去得：\(a^{A \lceil \sqrt{p} \rceil} \equiv ba^B \pmod p\)。
由于已知 \(a,b\)，故可以 \(O(\sqrt{p})\) 枚举 \(ba^B\) 的所有取值，用哈希存下来（map 也行，但是会多一个 \(\log\)）。然后 \(O(\sqrt{p})\) 枚举 \(a^{A \lceil \sqrt{p} \rceil}\) 的所有取值，比较两者是否同余，就可以得到所有的 \(x\)。
整除分块
主要解决含有 \(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\) 的求和式子。
引理2：当 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\lfloor\frac{n}{j}\rfloor\) 时，\(j_{\max}=\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor\)
引理3：\(\forall n \in N_+, |\{ \lfloor \frac{n}{d} \rfloor |d \in N_+,d \le n \}| \le 2 \sqrt{n}\)
证明见 oi-wiki。
根据引理 1，原式可化为 \(G(n,k)=nk-\sum\limits_{i=1}^{n}i \lfloor \frac{k}{i} \rfloor\)
这个求和 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \lfloor \frac{k}{i} \rfloor\) 可以整除分块搞。
注意到很多值是一样的，而且呈块分布。左端点 \(l\) 就是上一个块的右端点 +1,根据引理 2，块的右端点 \(r\) 就是 \(\min{(\lfloor\frac{k}{\lfloor\frac{k}{l}\rfloor}\rfloor,n)}\)。
对了，别忘了特判最后那一堆 0 的块（不然会出现除数是 0 的情况），它的右端点是 \(n\)。
ans=n*k;
for(l=1;l<=n;l=r+1){
if(k/l!=0) r=min(k/(k/l),n);
else r=n;
ans-=(((l+r)*(r-l+1)/2)*(k/l));
}
cout<<ans<<endl;
积性函数
定义：定义域为 \(N_+\) 的函数 \(f(x)\) 若满足 \(a,b\) 互质时 \(f(ab)=f(a)f(b)\)，则称 \(f(x)\) 为积性函数。
显然，若 \(f(x)\) 为积性函数，则有 \(f(1)=1\)。
性质：若 \(f(x)\) 为积性函数，则 \(f(x)=\prod p_i^{e_i}\)
所有积性函数都可以用类似于线性筛的方法求出。
常见积性函数
除数函数 \(\sigma_k(n)=\sum_{d|n}d^k\)
欧拉函数 \(\phi(n)\)
莫比乌斯函数 \(\mu(n)=\begin{cases}1, n=1 \\0, \exists d:d^2 \mid n\\(-1)^{\phi(n)},n=p_1p_2...p_m(p_i \space is \space a \space prime)\end{cases}\)
dalao的博文：https://blog.bill.moe/multiplicative-function-sieves-notes/
标签：lfloor,phi,frac,SDSC2021,long,Day1,rfloor,mod 来源： https://www.cnblogs.com/Gokix/p/SDSC2021_Day1.html
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