点此看题面 定义\(S(n)\)为\(n\)各位数字之和并定义\(D(n)=\begin{cases}S(n)&S(n)<10,\\D(S(n))&S(n)\ge10\end{cases}\)，求\([l,r]\)中有多少个数可以表示为\(x\times D(x)\)的形式。 数据组数\(\le20,l\le r\le 10^{18}\) 数学推导 众所周知，\(S(n)\equiv n(mod\ 9)\)，则进一步
点此看题面 有\(n\)堆石子，每堆石子初始有\(a_i\)个，且附带一个参数\(k_i\)。 每次可以从一堆石子（假设是第\(i\)堆，当前剩\(x_i\)个石子）中取出\(1\sim\lfloor\frac{x_i}{k_i}\rfloor\)个石子，判断谁必胜。 \(n\le200,a_i,k_i\le10^9\) \(SG\)函数 根据\(Nim\)游戏的基本知识我们知道
在学了一下莫比乌斯反演，做了一丢丢的题目后，终于对莫比乌斯反演又有了一点的浅薄的理解，我觉得有必要写一下有关于莫比乌斯反演的一些套路和一些化简式子的奇技淫巧了。 如果不是愿意学莫比乌斯反演的话，看这篇博客纯粹浪费您的时间。这里边讲套路边讲优化，不一定模块十分清晰。 1 .
HDU 6134 Battlestation Operational（莫比乌斯反演） 题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6134 题目大意：给定正整数 n n n ，求
感觉做多了\(DS\)和树图问题，数论水平已经低到小学生水平了。 现在甚至连数论分块都快忘了，昨天看\(dl\ LCT\)博客的时候看到了这题，所以来复健一下。 考虑就是求这样一个东西 \(\prod_{i = 1}^{n}\prod_{j = 1}^{m}f_{gcd(i,j)}\) 考虑斐波那契数列好像在这个题中没有一些好的性质，那
Description 求 \[\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i + 1}^{n} \gcd(i, j) \] Solution 莫反练习题。 我们知道 \(id(n) = n\) ，所以原式化为： \[\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i + 1}^{n} id(\gcd(i,j)) \]又因为 $id = \varphi \ast I $， 那么： \[\begin{aligned} id(n) & = \sum
目录壹、题目描述 ¶贰、题解 ¶叁、参考代码 ¶肆、游戏体验 ¶ 壹、题目描述 ¶ 传送门 to Atcoder 橘子太多了，它红得就像 \(\color{red}{\text{WA}}\). 贰、题解 ¶ 单位还不一样，得把 \(W\) 换算成 \(\rm g\) 作单位，所以真正的 \(w=1000W\). 你或许可以直接暴力做背包，但是由于
题目链接 题目描述 给定 \(n,p\)，求 \(\left(\sum_{i=1}^{n}{\sum_{j=1}^{n}{i\times j\times\gcd(i,j)}}\right)\bmod p\)。 数据范围：\(n\le {10}^{10}\)，\(5\times 10^8\le p\le 10^9\). 时间范围：\(4000\operatorname{ms}\)。 Solution 魔怔推式子： \[\begin{aligned} &am
P3312 [SDOI2014]数表 令 \(g(i)\) 表示 \(i\) 的所有约数和 题目要求的是 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mg(gcd(i,j)),g(gcd(i,j))\le a\) 令 \(f(i)=\sum\limits_{x=1}^n\sum\limits_{y=1}^m[gcd(x,y)=i],F(i)=\sum\limits_{x=1}^n\sum\limits_{y=1}^m[i|gcd(x
题面 首先化式子 \[\begin{align} & \prod_{i=1}^{A}\prod_{j=1}^{B}\prod_{k=1}^{C}\left(\frac{\text{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)}\right)^{f(\text{type})} \\ = & \prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C \left(\frac{i\times j}{\gcd(i,j)\times\gc
传送门 容易发现长度为 \(k\) 的话，相邻元素之差不小于 \(k\)，那么答案下界为最小相邻元素之差 \(k\)。 考虑构造方案，因为 \(a_i = \sum_{j = 1}^k b_{j,i}\)，尽量平均分配。 于是令 \(b_{j,i} = \lfloor\frac{a_i + j - 1}{k}\rfloor\)，容易发现 \(j > k - a_i\bmod k\) 时会多 \(1\)
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m ij \gcd(i,j)\mu^2(\gcd(i,j)) \]\[\sum_{k=1}^{\min(n,m)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)=k]ij k\mu^2(k) \]\[\sum_{k=1}^{\min(n,m)}k^3\mu^2(k)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor}\sum_{j=1}^{{\lfloor
VII.[NOI2016] 循环之美 依据小学数论知识，我们要求 \[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1][\gcd(j,k)=1] \]因为后面的 \(k\) 是个常数，所以我们就想把它搞出来。 \[\begin{aligned}&\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\Big[\gcd(i,j)=1\Big]\Big[\gcd(j,k)=
iv.[SDOI2015]约数个数和 完蛋了，我们前几题里面都有\(\gcd(\dots)\)，但是这道题没有，怎么办呢？ 引理： \(\boxed{d(ij)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[\gcd(x,y)==1]}\) 换句话说，两个数\((i,j)\)积的因数个数，等于\(i\)的所有因数与\(j\)的所有因数中互质的对数。 简单证明（感谢sun
点此看题面 给定一个长度为\(n\)的序列和一个整数\(p\)。 要求支持两种操作，区间赋值；询问区间中出现次数至少占\(p\%\)的数，可以输出至多\(\lfloor\frac{100}p\rfloor\)个数，可以包含错解，但必须有正确的解。 \(n\le1.5\times10^5,20\le p\le100\) 前置：一个经典的简单题 一个很简单
·前置芝士 ·欧几里得算法 又称辗转相除法，举例如gcd求法，基本递归函数为\(f(a,b)=f(b,a\mod b)\)； 证明：a可以表示成\(a = kb + r\)（a,b,k,r皆为正整数，且\(r<b\)），则\(r = a \mod b\)。假设d是a,b的一个公约数，记作\(d|a\),\(d|b\)，即a和b都可以被d整除。而r = \(a - kb\)，两边同时除以d，\(
目录前置幂转和gcd 的套路卷积推公式代码 前置 幂转和 \(\prod\limits_{i} g^{d_i}=g^{\sum\limits_{i}d_i}\)，\(g\) 是常数，或者至少在这次 \(\prod\) 中不会变化 gcd 的套路卷积 \[\begin{aligned} \because[x==1]&=\sum\limits_{d|x}\mu(d)\\ \therefore[gcd(x, y)==1]&=\sum\lim
$$\begin{eqnarray}&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}ij\gcd(i,j)\\&\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}ij[\gcd(i,j)=d] \\&\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}ij[\gcd(i,j)=1] \\&\sum_{d=1}^{
Related Problem Description input Output Solution 可以根据操作x分类 当x=1或x=2时，暴力维护A或B就好 对于x=3的情况： 我们将原式拆开处理 \[\sum_{i=1}^{n}\lfloor \frac{T-B[i]}{A[i]} \rfloor=\sum_{i=1}^{n}(\lfloor \frac{T}{A[i]} \rfloor-\lfloor \frac{B[i]}{A[i]} \r
以下内容中，\(a|b\)表示\(a\)是\(b\)的因数，\(a\not|b\)表示\(a\)不是\(b\)的因数 前置知识：积性函数相关 整除分块 狄利克雷卷积 定义：任意函数\(f(n),g(n)\)的狄利克雷卷积为\((f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)g(\dfrac{n}{d})\) 其中\(\sum\limits_{d|n}\)是要枚举\(n\)的因数并累加
前置知识 莫比乌斯反演 算法简介 用于计算数论函数前缀和。 思想 设有一个数论函数 \(f\) ，要计算它的前缀和，即 \(S(n)=\sum \limits_{i=1}^n f_i\) 。 再找一个数论函数 \(g\) ，考虑它们狄利克雷卷积的前缀和： \(\sum \limits_{i=1}^n (f*g)(i)=\sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{
题意： 戳这里 分析： 先暴力找规律 \[x=1,2,3\dots A-1+\lfloor\frac{A-1}{B}\rfloor,A+\lfloor\frac{A}{B}\rfloor|A+1+\lfloor\frac{A+1}{B}\rfloor,A+2+\lfloor\frac{A+2}{B}\rfloor\dots 2A+\lfloor\frac{2A}{B}\rfloor \\ y=1,2,3,\dots B-1,0|1,2,3\dots B-1,0
对于有取模的快速幂可以实现 O(\(\sqrt{p}\)) 预处理和 O(\(1\)) 快速幂( \(p\) 是模数)。 设 \(T\) = \(\sqrt{p} + 1\)。 对于任意 \(x^k\) 均有 \(x^k = x^{k mod T} * x^\left\lfloor\dfrac{k}{T}\right\rfloor * x^T\) 预处理出 \(x\) 的 \(T\) 以内的次方然后就可以实现 O
一些定理 裴蜀定理 若关于 \(x,y\) 的不定方程 \(ax+by=c\) 有解（\(a,b,c \in \mathbf{Z}\)），则 \(c \bmod \gcd(a,b) =0\) 。 费马小定理 若 \(p\) 为质数，且 \(\gcd(a,p)=1\) ，则 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}\) 。 欧拉定理 若 \(\gcd(a,m)=1\) ,则 \(a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod
phi and phi 题意： 求 a n s ( n ) = ∑
