随笔分类 - 数学相关——容斥&反演——莫比乌斯反演
摘要："Contest Page" 开题开错翻车场.jpg A sol $A \frac{W}{2}$或者$B \frac{H}{2}$的时候无解，否则构造方法长下面这样 c++ include using namespace std; int main(){ static int arr[200003]
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摘要："Contest Page" A Tag：构造 将$a_i$看做一个无穷数列，$i 2n$时$a_i = a_{i 2n}$．设$sgn_i = \sum\limits_{j=i+1}^{i+n}a_i \sum\limits_{j=i}^{i+n 1}a_i = a_{i+n} a_i$，那么答案
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摘要："传送门" 首先有$\varphi(ij) = \frac{\varphi(i) \varphi(j) \gcd(i,j)}{\varphi(\gcd(i,j))}$，把欧拉函数的定义式代入即可证明 然后就可以开始推式子（默认$n \leq m$）： $\begin{align } \sum\lim
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摘要："传送门" 这道题的思路似乎可以给很多同时枚举三个量的反演题目提供一个很好的启发…… 首先有结论：$d(ijk) = \sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}\sum\limits_{z|k}[x \perp y][y \perp z][x \perp z]$。正确性证明
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摘要："传送门" 好像是我们联考时候的题目？ 一个结论：$\gcd(ij,ik,jk) \times \gcd(i,j,k) = \gcd(i,j) \times \gcd(i,k) \times \gcd(j,k)$，证明：由于$\gcd$是积性函数，所以我们分成每个质因子考虑。假设对于质数$p$，$i
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摘要："传送门" 先不考虑循环同构的限制，那么对于一个满足条件的序列，如果它的循环节长度为$d$，那么与它同构的环在答案中就会贡献$d$次。 所以如果设$f_i$表示循环节长度 恰好 为$i$的满足条件的序列个数（不考虑循环同构），那么最后的答案就是$\sum \frac{f_i}{i}$。 所以问题变成
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摘要："传送门" 题面图片真是大到离谱…… 题目要求的是 $\begin{align }\sum\limits_{i=1}^N i^d[gcd(i,n) == 1] &= \sum\limits_{i=1}^N i^d \sum\limits_{p \mid gcd(i,n)} \mu(p) \\ &=
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摘要："传送门" 推式子（默认$N \leq M$）： $\begin{align } \sum\limits_{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^Mf(gcd(i,j)) & = \sum\limits_{d=1}^N f(d) \sum\limits_{i=1}^\frac{N}{d}
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摘要："传送门" 差分是真心人类智慧……完全不会 这么经典的式子肯定考虑莫比乌斯反演，不难得到$b_k = \sum\limits_{i=1}^k \mu(i) \lfloor\frac{k}{i} \rfloor^n$ 直接做是$O(n\sqrt{n})$的不够优秀，但是我们需要求的是$b_1$到$b_
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摘要："传送门" ~~做莫比乌斯反演题显著提高了我的$\LaTeX$水平~~ 推式子(默认$N \leq M$，分数下取整，会省略大部分过程) $\begin{align } \prod\limits_{i=1}^N \prod\limits_{j=1}^M f[gcd(i,j)] & = \prod\l
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摘要："传送门" 简化题意：给出一棵$n$个点的树，编号为$1$到$n$，第$i$个点的点权为$a_i$，保证序列$a_i$是一个$1$到$n$的排列，求 $$ \frac{1}{n(n 1)} \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n \varphi(a_ia_j)
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摘要："传送门" 发现自己对mobius反演的理解比较浅显…… 首先我们只需要维护每一个数的出现次数$\mod 2$的值，那么实际上我们只需要使用$bitset$进行维护，每一次加入一个数将其对应次数异或$1$。那么$2$操作就相当于将集合$x$对应的$bitset$赋值为$y$与$z$的异或和。 看到$
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