WC 考到了，自己却啥也不会，于是做一波斐波那契的题 记 \(F_i\) 为斐波那契数列的第 \(i\) 项 如果题目没特殊说明，这篇博客中默认初始项是 \(F_1=F_2=1\) 各种性质 \[\gcd(F_n,F_{n+1})=1 \]证明： 根据辗转相减法，有 \(\gcd(F_n,F_{n+1})=\gcd(F_{n+1}-F_n,F_n)=\gcd(F_{n-1},F_n)=\cdo
习题三 3.13.23.33.53.63.73.83.103.113.123.143.153.163.173.193.203.213.223.233.253.263.303.313.343.353.45 3.1 在第一章分析约瑟夫问题时，将任意的一个正整数 n n
P3312 数表 题意 求出 \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma(\gcd(i,j))[\sigma(\gcd(i,j))⩽a] \]其中 \(\sigma\) 表示约数和。 思路/推导 考虑没有 \(a\) 的限制的情况。 \[ans=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\sigma(d)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\le
题目 传送门 思路 杜教筛的板子，拿来练手 pace1 \[\begin{aligned}ans&=\sum_{i=1}^{n}\phi(i)\\\end{aligned}\\g(n)=1,\phi(n)=f(n)\\h(n)=\sum_{d|n}\phi(d)*g(\frac{n}{d})=n\\ \]\[h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\\令F(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i),H(n)=\sum_{
题意： 解法： a n s = ⌊ 1
从欧几里得开始（三） 前篇小结 上篇文章用java完成了下面这幅算法流程图的实现，这个算法是判断一个整数\(a\)是不是一个自然数\(N\)是不是一个自然数的约数。 我们再次看一下这幅图： 好了，又回顾了一下。 注意到，这幅图里面起点和终点都被我矩形表示出来了，一个算法需要一个起点和至少一
向上取整 ⌈ x ⌉ \lceil x \rceil ⌈x⌉ $\lceil x \rceil$ 向下取整 ⌊
题目 传送门 思路 对于\(d(ij)\)有一个性质\(d(ij)=\sum_{u|i}\sum_{v|j}[gcd(u,v)==1]\) 大概就是\(ij\)中的每一个约数必然有一部分来自于\(i\)，有一部分来自于\(j\)，1也算一部分，然后加上限制条件 \[\begin{aligned}ans&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}d(ij)\\&=\sum_{i=1}^{n}\sum
\(\text{Description}\) 传送门 \(\text{Solution}\) 首先有： \[\sigma(x\times y)=\sum_{i|x}\sum_{j|y} [\gcd(i,j)=1] \]具体证明戳这。 柿子变成了： \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j} [\gcd(x,y)=1] \]而常见形式是： \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [\gcd(i,j
加法原理 完成一件工作有 n n n类方法，第 i i i种方法有
题意 求\(\sum\limits_i^n\ \sum\limits_j^m\ d(ij)\)其中\(d(x)\)为\(x\)的约数个数 想法 看到这个柿子想到的就是莫反了。 有这样一个结论 \( d（xy）= \sum\limits_{i|x} \ \sum\limits_{j|y}[gcd(i,j) == 1] \) 所以变形原柿子(n > m) \(\sum\limits_i^n\ \sum\limits_j^m\ d(ij
题意: 戳这里 分析： 推柿子 我们记 \(m\) 为值域大小, \(c_x\) 为 \(x\) 的个数 \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nlcm(A_i,A_j) \\ =\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^m lcm(i,j)\times c_i\times c_j \\ =\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^m \frac{i\times j\times c_i\times c_j}{gcd(i,j)} \
从北京回来之后颓废了好久，卡在NOIP和ARC110上。 现在开始新的生活，尝试做些省选、NOI难度的题。 向已经刷爆各大oj的gmh77致敬 一些价值不是特别大的题目就丢到这里。其它题目还是要写一些正式的题解。 UR1T1 https://uoj.ac/contest/3/problem/21 发现答案是\(\sum a_i-(x-1)\su
莫比乌斯函数定义： 设 \(n = p_1 ^ {k_1} \cdot p_2 ^ {k_2} \cdot\cdots\cdot p_m ^ {k_m}\)，其中 p 为素数，则定义如下： \[\mu(n) = \begin{cases} 1 & n = 1 \\ (-1) ^ m & \prod\limits_{i = 1} ^ {m} k_i = 1 \\ 0 & \textrm{otherwise}(k_i \gt 1) \end{case
正题 题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P3911 题目大意 给出数列 A A A求 ∑
题目描述 给定 \(A,B,C\)，求满足方程 \(Ax+By\leq C\) 的 非负 整数解 \((x,y)\)（\(A,B\leq 10^9,C\leq \min(A,B)\times 10^9\)）。 分析 考虑枚举 \(y\)，移项得：\(0\leq y\leq \lfloor\frac{C-Ax}{B}\rfloor\)，当 $ x=0$ 时，\(y\) 枚举的上界为 \(\lfloor\frac{C}{A}\rfloor\)。
Link 题目描述 设 \(S\) 是长度为 \(w\) 的 \(01\) 串。从串的右边开始，每 \(k\) 个字符分成一段（最后不够 \(k\) 个字符的也分成一段），组成一个小于 \(2^k\) 的数。然后这 \(\left\lceil\frac{w}{k}\right\rceil\) 个数将组成一个序列。若这个序列除去前导零后的长度不小于 \(2\) 且
GCD int do_gcd(int p,int q){ if(!q)return p; else return do_gcd(q,p%q); } Time: \(O(logn)\) 有一个定理：\(lcm(a,b)*gcd(a,b)=a*b\)，求完gcd后可以Time:\(O(1)\)求lcm Ex_GCD (恶心gcd) 过程 由裴蜀定理得 \(ax+by=c\) ，当c是gcd(a,b)的倍数的时候，才能有解 那么从基础的
题目描述 求 \(S_1(n)=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\varphi(i)\) 和 \(S_2(n)=\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\mu(i)\) 的值，\(T\leq 10,n<2^{31}-1\)。 杜教筛 在莫比乌斯反演的题目中，往往要求出一些数论函数的前缀和，利用 杜教筛 可以在低于线性时间的复杂度内求出这
题目描述 计算： \[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\Big(2\times\gcd(i,j)-1\Big) \] 数据范围：\(1\leq n,m\leq 10^5\)。 分析 \[\begin{aligned}&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\Big(2\times\gcd(i,j)-1\Big)\\=&2\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\gcd(i,j)
题目描述 计算： \[\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{m}(n\mod i)\times(m\mod j)(i\neq j) \] 数据范围：\(n,m\leq 10^9\)。 分析 \[\begin{aligned} &\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\sum\limits_{j=1}
题目描述 已知 \(A\leq x\leq B,C\leq y\leq D\)，求 \(\gcd(x,y)\) 的最大值。 数据范围：\(1\leq T\leq 1000,1\leq A\leq B\leq 10^9,1\leq C\leq D\leq 10^9\)。 分析 考虑枚举 \(x,y\) 的公因子 \(d\)。 首先可以发现一个性质：区间 \([l,r]\) 中有 \(d\) 的倍数的
前置知识 莫比乌斯函数\(\mu(d)\)：当\(
给定长度为 \(N\) 的序列 \(A\)，求： \[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^N\operatorname {lcm}(A_i,A_j) \]利用小学知识可以化成： \[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^N\frac{A_i\times A_j}{\gcd(A_i,A_j)} \]考虑到 \(A_i\le5\times 10^4\)。 开一个桶 \(a\)，\(a_i=\sum_{j=1}^N[A_j=i]\)。 设 \
GCD SUM 求 \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j) \]将原式变换得到 \[\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1] \]别着急莫比乌斯反演，我们知道 \[\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1] \]所以原式可化为 \[\s
