abstract
线性筛与容斥
本文解决以下问题：
(sumlimits ^{n}_{i=1} i[ gcd( i,n) =1] =frac{N*phi (N)}{2})
(sumlimits ^{n}_{i=1}sumlimits ^{n}_{i=1}[ gcd( i,j) =p])
$sumlimits ^{n}_{i=1} gcd( i,n) $
(sumlimits ^{n}_{i=1}sumlimits ^{n}_{j=i+1} gcd( i,j))
(sumlimits ^{n}_{i=1}sumlimits ^{m}_{j=1} gcd( i,j) *2-1)
技巧：
线性筛求积性函数 nlogn(Eratosthenes)筛求约数和
欧拉函数性质+代数(求和)变换 求gcd,lcm的和
莫比乌斯函数求容斥
倒着更新容斥
( sumlimits _{d|n} d = sigma(n) = frac{p_1^{e_1 + 1} - 1}{p_1 - 1} cdot frac{p_2^{e_2 + 1} - 1}{p_2 - 1} cdots frac{p_k^{e_k + 1} - 1}{p_k - 1})
proofs
最关键公式之一(sumlimits ^{n}_{i=1} gcd( i,n) = sumlimits _{d|n} phi( d) *frac{d}{n} = sumlimits ^{n-1}_{i=1}sumlimits ^{n-1}_{j=1}[ n|ij]) 的证明，来自edward108
个人觉得(sumlimits ^{n}_{i=1} gcd( i,n) 显然= sumlimits _{d|n} phi( d) imesfrac{d}{n}) (如果你知道(sumlimits _{d|n} phi (d) = n)的话，下面会证明）
(sumlimits ^{n}_{i=1}sumlimits ^{n}_{j=1}left[frac{n}{gcd( i,j)} |j ight] 显然=sumlimits ^{n}_{i=1}sumlimits ^{n}_{j=1}frac{n}{frac{n}{gcd( i,j)}})啦233
关键引理之一(sumlimits _{d|n} phi (d) = n)
//上面证明复习的时候发现看不懂了。。。于是翻译成人话如下：(图中$phi( n/i)应为phi( n/d)$)
//每个 i (1 <= i <= n) 与n的gcd一定是n的约数。
//换一种说法，我们枚举每个n的约数d，将gcd(i,n)==d的i个数统计起来，结果就是n。
//而按照套路处理gcd(i,n)==d，两边除掉d有gcd(i/d,n/d)==1 ，以套用欧拉函数。
//于是gcd(i,n)==d的i个数等于与n/d互质的个数，等于phi(n/d)。
//上面证明的例子，n=12
d i phi(n/d)
12 12 1 phi(1)
6 6 1 phi(2)
4 4 8 2 phi(3)
3 3 9 2 phi(4)
2 2 10 2 phi(6)
1 1 5 7 11 4 phi(12)
P2568 or BZOJ2568 GCD
题意
(sumlimits ^{n}_{i=1}sumlimits ^{n}_{i=1}[ gcd( i,j) =p])
求1~n内有多少有序对gcd(x,y)是素数
题解
发现gcd(x,y)==1的对数是phi的前缀和-1。
所以我们对每个素数p，在gcd(x,y)=p两边除掉p来凑形式。
代码
typedef long long ll;
const int N = 1e7+9;
int lp[N + 1];
vector<int> pr;
ll phi[N+1];
ll ans[N + 1];
void sieve_phi() {
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
if (lp[i] == 0) {
lp[i] = i;
phi[i] = i - 1;
pr.push_back(i);
}
for (int j = 0; j < (int)pr.size() && pr[j] <= lp[i] && i*pr[j] <= N; ++j)
{
lp[i * pr[j]] = pr[j];
if (i%pr[j])phi[i*pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1);
else phi[i*pr[j]] = phi[i] * pr[j];
}
}
rep(i, 1, N) {
phi[i] = phi[i - 1] + phi[i];
}
}
int main() {
sieve_phi();
int n;
cin >> n;
ll ans = 0;
for (int j = 0; j < (int)pr.size() && pr[j] <= n; j++)
ans += phi[n / pr[j]] * 2ll - 1ll;
cout << ans << endl;
cin >> n;
}
心路历程
POJ2480
题意
(sumlimits ^{n}_{i=1} gcd( i,n))
题解
原式=(sumlimits _{d|n} phi( d) *frac{d}{n})
这样暴力搜约数就能过了，
不过还有更快的，狂推公式
n>1时 (n=p1^a1*p2^a2*...*ps^as)，p为n的质因子，
那么f(n)是积性函数的充要条件是f(1)=1，及f(n) = f(p1a1)*f(p2a2)*...f(prar)，所以只要求f(piai)就好。
(f(pi^ai) = Φ（pi^ai）+pi*Φ（pi^(ai-1)）+pi^2*Φ（pi^(ai-2)）+...+pi^(ai-1)* Φ（pi）+ pi^ai *Φ（1)
根据性质1，我们可以做出如下化简
(f(pi^ai)=[pi^(ai-1)*(pi-1) ] + [pi*pi^(ai-2)*(pi-1)] + [pi^2*pi^(ai-3)*(pi-1)] + [pi^3*pi^(ai-4)*(pi-1)]....[pi^(ai-1)*pi^(ai-ai)*(pi-1)]+pi^ai ①)
然后对①提取公因子（pi-1）
(f(pi^ai)=(pi-1){[pi^(ai-1) ] + [pi*pi^(ai-2)] + [pi^2*pi^(ai-3)] + [pi^3*pi^(ai-4)]....[pi^(ai-1)*pi^(ai-ai)]+[pi^ai/(pi-1)]} ②)
紧接着我们发现出了最后一项每个[]每个方括号内乘积都等于pi(ai-1),所以对②提取公因子pi(ai-1)
(f(pi^ai)=(pi-1)*pi^(ai-1)*{ai+[pi/(pi-1)]} ③)
然后把(pi-1)/pi放进括号里得
(f(pi^ai)=pi^(ai)*{1+ai*(pi-1)/pi} ④)
这个 ④是单个f(piai)的公式，我们提取所有的pi(ai)相乘实际上就是n了，所以我们可以得到f(n)的公式：f(n)=n∏（1+ai(pi-1)/pi）
代码
typedef long long LL;
LL euler(LL n){
LL res=n;
for(LL i=2;i*i<=n;i++){
if(n%i==0){
res=res/i*(i-1);
while(n%i==0) n/=i;
}
}
if(n>1) res=res/n*(n-1);
return res;
}
int main(){
LL n;
while(scanf("%lld",&n)!=EOF){
LL ans=0;
for(LL i=1;i*i<=n;i++){
if(n%i==0){
ans+=euler(n/i)*i;
if(i*i<n) ans+=euler(i)*(n/i);
}
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
typedef long long LL;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int n;
while(cin>>n){
LL i,sqr,p,a,ans;
ans=n;
sqr=floor(sqrt(1.0*n));
for(int i=2;i<=sqr;i++){
if(n%i==0){
a=0;p=i;
while(n%p==0){
a++;n/=p;
}
ans=ans+ans*a*(p-1)/p;
}
}
if(n!=1) ans=ans+ans*(n-1)/n;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
心路历程
代数好差orz 根本看不出形式
UVA - 11426
题意
(sumlimits ^{n}_{i=1}sumlimits ^{n}_{j=i+1} gcd( i,j))
题解
上一题的弱化版套一个前缀和。
因为n的取值变小了，所以(sumlimits _{d|n} phi( d) *frac{d}{n})可以用log筛了,
代码
//头文件省略
const ll N = 4e6 ;
ll g[N + 1];
ll s[N + 1];
int lp[N + 1];
vector<int> pr;
ll phi[N + 1];
ll ans[N + 1];
int mu[N + 1];
void sieve_phi() {
phi[1] = 1;
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
if (lp[i] == 0) {
lp[i] = i;
phi[i] = i - 1;
mu[i] = -1;
pr.push_back(i);
}
for (int j = 0; j < (int)pr.size() && pr[j] <= lp[i] && i*pr[j] <= N; ++j)
{
lp[i * pr[j]] = pr[j];
if (i%pr[j] != 0)phi[i*pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1), mu[i*pr[j]] = -mu[i];
else phi[i*pr[j]] = phi[i] * pr[j];
}
}
}
void init() {
rep(i, 1, N)
for (int j = 1; j*i <= N; j++)
//g[j*i] +=(i==1?1: phi[i] * j);
g[j*i] += phi[i] * j;
s[2] = g[2]-2;
rep(i, 3, N)g[i] -= i, s[i] = s[i - 1] + g[i];
}
int main() {
ll n;
sieve_phi();
init();
while (cin >> n) {
if (n == 0)break;
cout << s[n]<<endl;
}
}
心路历程
i<j 没注意，QAQ
P1447 [NOI2010]能量采集
题意
(sumlimits ^{n}_{i=1}sumlimits ^{m}_{j=1} gcd( i,j) *2-1)
题解
按套路枚举所有gcd D，计算gcd(i,j)=D的(i,j)对，记作f[n]
(sumlimits ^{n}_{d=1}sumlimits ^{n}_{i=1}sumlimits ^{m}_{j=1}[ gcd( i,j) =d] *( 2d-1))
f[n]的用容斥，实现是倒着更新
代码
//头文件省略
ll n, m;
ll f[N];
void init(){
per(i, n, 1) {
f[i] = (n / i)*(m / i);
for (int j = 2; j*i <= n; j++) {
f[i] -= f[i*j];
}
}
}
int main() {
cin >> n >> m;
if (n > m)swap(n, m);
init();
ll ans = 0;
rep(i, 1, n) {
ans += f[i]*(2*i-1);
}
cout << ans << endl;;
cin >> n;
}
心路历程
orz
P4318 完全平方数 || BZOJ 2440
题意
求第k大的无平方因子数
题解
先二分，猜一个数，判它是第几大。
判的算法：
考虑和莫比乌斯mu的关系。
对于某个数i，对答案的贡献是n/i^2。
而mu就是容斥符号。
代码
const int N = 1e6+9;
int lp[N + 1];
vector<int> pr;
ll phi[N+1];
ll ans[N + 1];
int mu[N + 1];
void sieve_phi() {
phi[1] = 1;
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
if (lp[i] == 0) {
lp[i] = i;
phi[i] = i - 1;
mu[i] = -1;
pr.push_back(i);
}
for (int j = 0; j < (int)pr.size() && pr[j] <= lp[i] && i*pr[j] <= N; ++j)
{
lp[i * pr[j]] = pr[j];
if (i%pr[j]!=0)phi[i*pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1), mu[i*pr[j]] = -mu[i];
else phi[i*pr[j]] = phi[i] * pr[j];
}
}
}
ll order(ll x) {
ll ret = 0;
for (ll i = 1; i*i <= x; i++)ret += mu[i] * (x / (i*i));
return ret;
}
int main() {
sieve_phi();
int n;
cin >> n;
while (n--) {
int k;
cin >> k;
ll l=1, r=k<<1;
while (l <= r) {
ll mid = (l + r) >> 1;
if (order(mid) >= k)r = mid-1;
else l = mid + 1;
}
cout << l << endl;
}
cin >> n;
}
/*
4
1
13
100
1234567
*/
心路历程
SP5971 || spoj LCM sum
题意
求 (sumlimits ^{n}_{i=1} lcm( i,n))
题解
欧拉函数性质。
(sumlimits ^{n}_{i=1} i[ gcd( i,n) =1] =frac{N*phi (N)}{2})
然后枚举gcd来拆出这个公式，
最后用调和级数筛来算约数求和。
代码
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<assert.h>
#include<math.h>
#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<string>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<list>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for(int i = (int)j;i <= (int)k;i ++)
//#define rep(i, n) for (int i = 0, _n = (int)(n); i < _n; ++i)
//#define int long long
#define REP(i,j,k) for(int i = (int)j;i < (int)k;i ++)
#define per(i,j,k) for(int i = (int)j;i >= (int)k;i --)
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<endl
#define mmm(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define md(x) x=(x+mod)%mod
#define FAST_IO ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr)
#define precise(x) fixed << setprecision(x)
typedef long long ll;
const int N = 1e6+9;
int lp[N + 1];
int mu[N + 1],vis[N+1];
vector<int> pr;
int phi[N+1];
ll ans[N + 1];
void sieve_phi() {
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
if (lp[i] == 0) {
lp[i] = i;
phi[i] = i - 1;
pr.push_back(i);
}
for (int j = 0; j < (int)pr.size() && pr[j] <= lp[i] && i*pr[j] <= N; ++j)
{
lp[i * pr[j]] = pr[j];
if (i%pr[j])phi[i*pr[j]] = phi[i] * (pr[j] - 1);
else phi[i*pr[j]] = phi[i] * pr[j];
}
}
rep(i, 1, N) {
for (int j = 1; i*j <= N; j++) {
ans[i*j] += (i == 1 ? 1 : 1ll * phi[i] * i / 2);
}
}
}
int main() {
sieve_phi();
int t; cin >> t;
while (t--) {
int x;
cin >> x;
cout << ans[x] * 1ll*x << endl;
}
//cin >> t;
}
心路历程