随笔分类 - 数论——因数&倍数（GCD/LCM）
摘要：V.[51Nod1355]斐波那契的最小公倍数 引理1. 设 \(f_i\) 表示斐波那契数列中第 \(i\) 项，则 \(\gcd(f_i,f_j)=f_{\gcd(i,j)}\)。 一种证明方法是打表 另一种证明方法是，首先有 \(f_{i+j}=f_{i−1}f_j+f_if_{j+1}\)（
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摘要：ix.[51Nod1222]最小公倍数计数 求 \(\sum\limits_{i}\sum\limits_{j}\Big[\operatorname{lcm}(i,j)\in[a,b]\Big]\)。 考虑差分，问题转换为 \(\sum\limits_{i}\sum\limits_{j}\Big[\
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摘要：v.[NOI2010]能量采集 真正自己做出来的第一道莫反题祭~~~~ 题意： 求$\sum_^n\sum_^m(2\gcd(i,j)-1)$。 开始推式子： \(\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(2\gcd(i,j)-1) & =2\sum_{i=1}
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摘要：ii.[POI2007]ZAP-Queries 如果前一道题没有听懂的话，是我的锅。毕竟这道题应该放在第一道题，上一道题明显是这道题的升级版。 首先，观察一下题目，发现这道题让我们求的就是上一道题中的$f(d)$。 我们再来推一下$f(d)$： 设$f(x)\(为\)\gcd(i,j)=x$的个数，
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摘要：I.YY的GCD 这就是莫比乌斯反演？咋长得不像呢？ 我们看一下式子： \(ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)\ is\ prime]\)。其中方括号相当于强制把方括号内的东西转成$bool$形。 完蛋了，这个里面看不到任何函数，
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摘要：1.莫比乌斯函数与莫比乌斯反演 O.约定 \(\color{white}\colorbox{red}{本blog中所有的分数，无论有无下取整符号，均默认下取整。}\) 主要是因为我太懒了，下取整符号的$\LaTeX$表达式太长了 I.作用 设有一函数$g(n)=\sum\limits_{d|n}f(
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摘要：IV.[JSOI2016]反质数序列 神题……想了一下午才想出来…… 同前几题一样，我们可以提出所有和为质数的对，然后跑二分图最大独立集。 先证明一下它为什么是二分图：我们可以令所有奇数为左部，所有偶数为右部。则所有同部间的对的和都是偶数（奇+奇=偶，偶+偶=偶）。则它是一个二分图。 等等，我们好像
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摘要：III.[SDOI2016]数字配对 这题是[LightOJ1356]Prime Independence 的加强版Orz... 思想还是一致的，可以建出二分图来，只是二分图单重匹配变成了多重匹配。 然后呢？这个“价值$\geq0$”的约束怎么办？ 题解的办法太神仙了，蒟蒻表示看不懂Orz... 于
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摘要：I.[LightOJ1356]Prime Independence 话说我把这么毒瘤的题放到二分图第一题是不是有些不好QaQ 翻译：给你$n$个不同的正整数$num_1...num_n$，要你从中选择最多的数，使得这些数里面没有一个是另一个的质数倍。输出你选择的数的个数。 首先，我们必须明确一点，就
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摘要：XXXIII.[HAOI2018]奇怪的背包 神题。 对于某个大小为$v$的物品，它所能表示出的位置的集合等于$\gcd(v,P)$所能表示的集合。 对于某些大小为$v_1,\dots,v_k$的物品，位置集合为$\gcd{v_1,\dots,v_k,P}$。 因此考虑DP。 我们找出所有$P$的约
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