2025.10.5 炼石计划 week6 数论讲课笔记

记录：1,3,2 $\quad$ 4 $\quad$ 5(做法二)

题单：

https://www.mxoj.net/training/T1579?groupId=1124&returnUrl=/training/listForGroup?groupId=1124

列表：
- [x] https://www.luogu.com.cn/problem/P11841
- [x] https://www.luogu.com.cn/problem/P9193
- [x] https://www.luogu.com.cn/problem/P5179
- [x] https://www.luogu.com.cn/problem/P5172
- [x] https://www.luogu.com.cn/problem/CF868G
- [x] https://www.luogu.com.cn/problem/AT_agc051_f
- [x] https://www.luogu.com.cn/problem/CF1285F
- [x] https://www.luogu.com.cn/problem/P7575
- [ ] https://uoj.ac/problem/654
- [ ] https://www.luogu.com.cn/problem/P11418
- [ ] https://www.luogu.com.cn/problem/P6610
- [ ] https://www.luogu.com.cn/problem/AT_arc166_f
- [ ] https://www.luogu.com.cn/problem/P8457
- [x] https://www.luogu.com.cn/problem/AT_agc001_f

T7 CF1285F Classical?

显然 $\forall a,b\in\mathbb N^+$，$\exists (x\mid a,y\mid b)$，$\gcd(x,y)=1,\text{lcm}(x,y)=\text{lcm}(a,b)$（$\text{lcm}$ 本质为每个质因子幂的指数取最大值，将它归到较大的一侧即可），因此令 $S=\{d\mid \exists i,d\mid a_i\}$，答案等于 $\max_{u\in S,v\in S}[\gcd(u,v)=1]uv$

从大到小扫描 $S$ 中数，将之前扫到的数保存到一个栈中，设目前扫到 $x$，栈中第一个和 $x$ 互质的数为 $y$，则对于任意栈中 $y$ 之上的 $z$，必有 $y<z<x$，显然 $z$ 和 $x$ 及 $x$ 之后的数匹配一定不如 $x\times y$，因此 $z$ 可以弹出，且 $y$ 和 $x$ 之后的数匹配一定不如和 $x$ 匹配，因此 $y$ 也可以弹出

假如每次恰好弹出最后一个和 $x$ 互质的数，则时间复杂度是对的，因此转化为：压栈，弹栈，判断栈中是否存在和 $x$ 互质的数

维护 $ct_x$ 表示栈中 $x$ 倍数的数量，令 $c_x$ 表示 $x$ 是否在栈中，则栈中和 $x$ 互质的数量为

\[\begin{aligned} &\sum_v c_v [\gcd(v,x)=1]\\ =&\sum_v c_v\sum_{d\mid v,d\mid x}\mu(d)\\ =&\sum_{d\mid x}\mu(d)\sum_{d\mid v}c_v\\ =&\sum_{d\mid x}\mu(d)ct_d \end{aligned} \]

在弹栈过程中需要计算其增量

时间复杂度 $O(\sum d(i))=O(n\log n)$

代码

参考

T8 P7575 「PMOI-3」公约数

令 $f_{i,j}$ 表示确定了 $1\sim i$ 位置，最后一个值为 $j$ 的方案数，显然 $f_{1,\ast}=1$，答案为 $\sum f_{n,\ast}$

转移为

\[f_{i+1,j}\gets \sum_{k=1}^m[\gcd(j,k)=x_i] f_{i,k} \]

显然只会影响到 $x_i\mid j$ 的位置，因此单独提取出来，令 $g_j=f_{i,j\cdot x_i}$，$f'_j=f_{i+1,j\cdot x_i}$，其中 $j\le\left\lfloor\frac m{x_i}\right\rfloor$

转移变为

\[f'_j\gets \sum_k [\gcd(j,k)=1] g_k \]

莫反得

\[f'_j\gets \sum_{d\mid j}\mu(d)\sum_{d\mid k}g_k \]

对 $g$ 做狄利克雷后缀和得 $h_d=\sum_{d\mid k}g_k$，从而 $f_j\gets \sum_{d\mid j} \mu(d)h_d$，令 $h_d\gets h_d\times \mu(d)$，然后对其做狄利克雷前缀和得 $f'$

注意此时除了 $f'$ 外剩余位置需要清空，为了保证复杂度，显然清空 $x_{i-1}\mid j$ 的位置即可

时间复杂度 $O(\sum \frac m{x_i}\ln\ln\frac m{x_i})$，因为 $x$ 互不相同，因此时间复杂度为 $O(\sum m\ln m\ln\ln m)$

代码

参考

exT1 P11846 [USACO25FEB] Transforming Pairs P

显然 $a,b,c,d$ 同时取相反数，同时交换 $a,b$ 和 $c,d$，都不改变答案

当 $a,b$ 同号（$0$ 可以看做 $+$ 也可以看做 $-$）时，变换为 $a\ge 0,b\ge 0$，若 $c<0$ 或 $d<0$ 则显然不合法，否则形式与弱化版类似，但需要额外处理 $0$ 的情况：

当 $c\ne d$ 时无需特殊处理
当 $c=d$ 时，下一步操作会将 $c$ 和 $d$ 之一变为 $0$，若辗转相除，则条件是 $c\bmod d=0$，可以 $(c,d)\to (0,d)$，也可以 $(c,d)\to (d,d)\to (d,0)$，因此 $(a,b)=(d,0)/(0,d)$ 时合法

当 $a,b$ 异号，$c,d$ 异号时，若 $a,c$ 不同号，显然无解（不然一定有一步需要翻转 $a,b$ 之一的符号，但翻转后无法进行下一次翻转，不可能和 $c,d$ 相同），$a,c$ 同号时，假定 $a>0,b<0$，$|a|>|b|$，则一定变为 $(a+b,b)$，绝对值的变化为 $(|a|,|b|)\to (|a|-|b|,|b|)$，相当于逆序变换，因此转化为 $(c,-d,a,-b)$ 的子问题

当 $a,b$ 异号，$c,d$ 同号时，假定 $a,c,d>0,b<0$，将两个点 $(a,b)$ 和 $(c,d)$ 放到平面上，每次可以从 $(a,b)$ 走到 $(a+b,b)$ 或 $(a,a+b)$，当 $a>-b$ 时后者相当于跨越 $x$ 轴

预处理 $(c,d)$ 的移动路径（$O(\log V)$ 条与坐标轴平行的线段），$(a,b)$ 移动过程中，枚举求出当前的 $(a,a+b)$ 移到 $(c,d)$ 的哪一段，尝试将两者拼起来，显然时间复杂度 $O(\log^2 V)$，容易双指针做到 $O(\log V)$

总时间复杂度 $O(q\log V)$

代码

参考

T14 AT_agc001_f [AGC001F] Wide Swap

令 $q$ 为 $p$ 的逆排列，则相当于每次选择 $q_i$ 和 $q_{i+1}$，若 $q_i\ge q_{i+1}+k$ 则交换两者，要求 $q$ 中 $1$ 尽量靠前，然后 $2$ 尽量靠前，依次类推

容易用类似冒泡排序的过程做到 $O(n^2)$

考虑用归并排序优化，设目前归并 $[l,M]$ 和 $(M,r]$

若 $j\in (M,r]$ 可以放到 $i\in[l,M]$ 位置之前且字典序更优，则说明 $\forall x\in [i,j),q_x\ge q_j+k$，因为是归并，因此此时 $(M,j)$ 中的值已经插入 $i$ 之前，因此上述条件等价于 $\min a_{i\sim M}\ge q_j+k$，预处理 $[l,M]$ 的后缀 $\min$ 即可

时间复杂度 $O(n\log n)$

代码

参考

T6 AT_agc051_f [AGC051F] rng_58's Last Problem

对于 $a+b\sqrt 2$，$a\ge 0,b\ge 0$ 时显然合法

题目保证了不会出现 $a<0,b<0$

当 $a<0,b>0$ 时，尝试对 $b$ 求出最大的合法的 $|a|$，$a>0,b<0$ 时对称

将状态表示为平面上的点，横坐标为沙漏 $A$ 中上球内质量，纵坐标表示沙漏 $B$ 中下球内质量，则相当于长方形 $(0\sim 1,0\sim \sqrt 2)$ 中，从 $(0,0)$ 出发，速度为 $(-1/0/1,-1/0/1)$（不含 $(0,0)$），遇到边缘时可改变方向，给定一个时间，判断能否使得此时恰好位于边缘上

定理 $\text 1$：可以转化为 $a+b\sqrt 2(a\ge 0,b\ge 0)$ 加上若干次只走斜线的

证明：

当平移结束位置不是四个顶点时，相当于翻转空的那个沙漏而另一个平方，显然可以把这一步移到开头
当平移结束位置为四个顶点之一时，相当于翻转非空的那个沙漏而另一个平放，可以转化为相同时间的斜着走，然后认为回到起点

每一次走斜线的总体路径是确定的，将它展开放到数轴上，转折点为所有整点和所有 $\sqrt 2$ 的整数倍点，设排序后为 $z_{0\sim }$，一条路径包括一次从左往右的主路径和它上面若干次回绕，可以认为是一次行走 $0\to z_x\to z_y(y\le x)$ 和每个区间 $[z_i,z_{i+1}](i<y)$ 额外走偶数次

所有走斜线的拼起来得到若干次 $0\to z_x\to z_y$ 和每个区间 $[z_i,z_{i+1}](i<\max y)$ 额外走偶数次，取 $z_y$ 最大的，剩下的 $0\to z_x\to z_y$ 要么拆到 $[z_i,z_{i+1}]$ 中，要么拆到 $a+b\sqrt 2$ 中

一个时间 $T$ 合法当且仅当

\[T=2z_q-z_p+2\sum_{i=0}^{q-1}(z_{i+1}-z_i)c_i+x+y\sqrt 2 \quad (0\le p\le q,\forall c_i\in\mathbb N,x\in\mathbb N,y\in\mathbb N) \]

假定 $x,y\in \{0,1\}$，否则剩余部分可以归入 $c$ 中

先考虑 $a<0,b>0$ 的情况，此时在 $b$ 确定的情况下 $|a|$ 最大，因此最优情况下选择的 $z_{i+1}-z_i=-p+\sqrt 2q$ 一定为 $\le |p|,\le |q|$ 范围内 $\frac pq$ 最大的，这样尽量少的 $b$ 可以带来更多的 $|a|$ 上界的提升

容易用 $\text{Stern-Brocot}$ 树求出 $-p+\sqrt 2q>0\iff \frac pq<\sqrt 2$ 且为前缀中最逼近 $\sqrt 2$ 的 $(p,q)$，显然数量为 $O(\log V)$ 的

枚举 $p,q$，然后求出 $\sum_i(z_{i+1}-z_i)c_i$ 的值，转化为给定一个 $-s+\sqrt 2t$ 判断能否已知的 $(p,q)$ 组合出，可证只要满足 $\frac st\ge $ 最后一个 $\frac pq$ 即可

$a>0,b<0$ 的情况同理

时间复杂度 $O(T\log V)$

代码

参考