题意：数表 有一个表，其中\(val(i,j)=\sigma(gcd(i,j))\)给出\(n,m,a\)求所有\(val\)不超过\(a\)的和。 思路： 假如没有\(a\)的限制： \(\sum\limits_{d=1}^n\sigma(d)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]\) \(\sum\limits_{d=1}^n\sigma(d)\sum\limits_{i=1}^{\l
又在抄 oi-wiki... 求 \[\phi(n)=\sum_i^n \varphi(i) \]利用 \(id=\varphi * 1\)： \[\begin{aligned} \frac{1}{2}n(n+1)&=\sum_k^n k \\ &=\sum_k^n\sum_{d|k}\varphi(\frac{k}{d}) \\ &=\sum_d^n\sum_{1\leq k\leq n,d|k}\varphi(\frac{k}
三个式子$f(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^{n}\lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor$$g(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^{n}\lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor^2$$h(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^{n}i\lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor$它的几何意义也比较明显$a=0$$f(a,b,c,n)=(n+1)\times \lfloor \frac{b}{c} \
三个式子$f(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^{n}\lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor$$g(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^{n}\lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor^2$$h(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^{n}i\lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor$它的几何意义也比较明显$a=0$$f(a,b,c,n)=(n+1)\times \lfloor \frac{b}{c} \
数论分块 结论：对于正整数 \(n\)，对于所有正整数 \(d\leq n\)，\(\left\lfloor\frac nd\right\rfloor\) 最多有 \(\left\lfloor2\sqrt{n}\right\rfloor\) 种不同取值。 证明：对于 \(d\leq \sqrt{n}\)，\(\left\lfloor\frac nd\right\rfloor\) 最多有 \(\left\lfloor\sqrt{n}\ri
P5221 Product Description 给定整数 \(n\)，请求出 \[\left[\prod_{i = 1}^n \prod_{j = 1}^n \dfrac{\operatorname{lcm}(i, j)}{\gcd(i, j)} \right] \bmod 104857601 \] 对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le n\le 10^6\)。 Solution \[\begin{aligned} \prod_{i =
Lucas的数论 Description 给定整数 \(n\)，求 \[\left[\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n d(ij)\right] \bmod (10^9 + 7) \] 对于 \(100\%\) 的数据 \(n\le 10^9\)。 Solution \[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n d(ij) & = \sum_{i = 1}^n \sum_{
P7486 「Stoi2031」彩虹 令 S ( a , b ) =
P6825 「EZEC-4」求和 求： \[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)^{i+j} \]先化简原式，有： \[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)^{i+j}\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}d^{i+j}[\gcd(i,j)=d]\\ &=\sum_{d=1}^{n
高中数学中的奇技淫巧 part1 先把zc挖的坑填了 证明\(C^k_n\in\mathbb{Z}\) 法一： 总所周知组合数满足递推式\(C_n^k=C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^{k}\)（考虑第\(n\)项选不选） 那么由于\(C_1^0=C^1_1=1\in\mathbb{Z}\)，所以由数学归纳法得，他们推出来的任意项都是整数 法二（猛男算法）： 先介绍
题目： 一个函数 \(f(x)\) 的定义为： \[f(x)=\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{x}{2}\rfloor}f(x-2 \times i)，x \ge 0 \]特别地，\(f(0)=f(1)=1\)。小 A 给出一个非负整数 \(n\)，请你帮他求出 \(f(n)\) 对 \(998244353\) 取模的结果。 解法： 可以发现，除了 \(1,2,3\)，对于 \(x\) 为偶数，\(f(x)=f(x
Darkbzoj 2818 Gcd 链接：https://darkbzoj.tk/problem/2818 规定 \([x]\) 为逻辑判断函数，若 \(x\) 为真则 \([x]=1\)，否则 \([x]=0\) 。 这题要我们统计的是： \[\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{p_i} \rfloor}\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{p_i}\rfloor}[gcd(j,k)=1] \]我
题解 毒瘤。 根据一个结论 \(\mathrm{d}(xyz)=\sum_{a\mid x,b\mid y,c\mid z} [a\perp b][b\perp c][a\perp c]\)，可以得知： \[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C \mathrm{d}(ijk)\\ &=\sum_{i,j,k} \lfloor \frac{A}{i}\rfloor \l
Description 数论分块，通常用于快速求解形如 \(\sum\limits_{i=1}^n f(i) \cdot g\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\) 的和式，所以通常被称为 整除分块，当能用 \(O(1)\) 计算出 \(\sum\limits_{i=l}^rf(i)\) 时，数论分块便能用 \(O(\sqrt n)\) 的时间计算出上式的值
我们首先来回顾一下Lucas定理： \(\binom{n}{m} = \binom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\binom{n\ mod\ p}{m\ mod\ p}(mod\ p)(p\ is\ prime)\) 其给出了在膜数为质数时，组合数取膜的优秀性质。 其使用的地方为当 \(n,m \geq p\)时。 ll C(ll x,ll y){ i
浅淡杜教筛 狄利克雷卷积 本文的 * 均表示狄利克雷卷积 定义函数 \(f\) 与 \(g\) 狄利克雷卷积后函数的第 \(n\) 项为 \((f*g)(n) = \sum_{d|n}f(d)g(\frac nd)\) 积性函数 如果对于互质的两数 \(p, q\) 有：\(f(p)f(q) = f(pq)\) ，则认为函数 \(f\) 为积性函数 特别地，如果对于任意两
Description Luogu传送门 Solution 加强版就只是纯粹的加强版，取模可以省掉，直接自然溢出即可，还是简单讲一讲吧。 首先，我们不难发现，\(f(x) = \mu^2(x)\)。 然后就是一波基础而不失难度的推式子。 \[\begin{aligned} & \sum\limits_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^n(i + j)^k\mu^2(\gcd(i, j)
狄利克雷卷积与数论函数： 狄利克雷卷积写作： \[f(x)*g(x)=(f*g)(x) \]定义： \[(f*g)(x)=\sum_{d|n}^nf(d)*g(n/d) \]也可以写作： \[(f*g)(x)=\sum_{x*y=n}^nf(x)*g(y) \]狄利克雷卷积满足交换律与结合律： \[\begin{cases} (f*g)(n)=\sum_{x*y=n}^n\limits f(x)*g(y)=\sum_{x*y=n}^n\li
数学反演总结 1 数论分块 1.1 定理 定理 1.1.1 \[\left\lfloor\frac {\left\lfloor \frac{x}{b} \right\rfloor}{c} \right\rfloor=\left\lfloor\frac{x}{bc}\right\rfloor \]其中 \(x\in\R,b,c\in\N\) 证明：设 \(x=kbc+r\)，其中 \(r\in[0,bc)\) ，我们把 \(x\) 带入左边式子
用 PN 做 min25 模板： \(F(p^k) = p^k(p^k-1),F(p)=p(p-1)\) 构造 \(G(x) = x\varphi(x)\) ，\(H = F/G\) ，\(H\) 只在 PN 处有值。 \[\sum_{i=1}^n F(i) = \sum_{d=1}^n [d\in \text{PN}] H(d) \text{sum}G(n/d) \] 想要求： \[\text{sum}q(\lfloor \dfrac nt \rfloor)
前置知识 莫比乌斯反演 上面的标题应该改为后置知识 前言 最近在嗑莫比乌斯函数时嗑到了这个知识点，本质上是一个经常与莫比乌斯反演一起出现的小技巧，包括在很多莫比乌斯反演的题目中。 算法过程 整除分块通常被用来处理类似下方的式子： \[\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i} \rflo
solved: 5/8 A 如果x>=42那就++， 然后输出补全为三位数有前导0的x B 模拟 C 模拟 D 先按右端点升序排序， 再按左端点升序 可以发现每一拳都打在右端点是最优的， 证明的话可以发现， 假设我有某一拳打中间， 前面已经全部被摧毁了， 覆盖到后面的区域肯定不如右端点广
Catalan (卡特兰数) 前置知识： 1、排列数公式： A n m = n (
题目传送门 分析 前置知识：\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1]\),\(\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}=\varphi(n)\) 把最小公倍数拆开可以得到 \[=\prod_{i=1}^A\prod_{j=1}^B\prod_{k=1}^C\left(\frac{ij}{\gcd(i,j)\gcd(i,k)}\right)^{f(type)} \]一个一个类型解决，并且拆开分子分母，先看 \(ty
给定 \(n,m,p\)，其中 \(n,m\) 较大，\(p\) 为质数且不是很大，求 \[\dbinom{n}{m}\bmod p \]\(\rm Lucas\) 定理 \[\dbinom{n}{m}\equiv\dbinom{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\cdot \dbinom{n\bmod p}{m\bmod p}
