随笔分类 - 数论数学--反演与容斥
摘要："传送门" 除了操作 $3$ 都可以 $bitset$ 现在要维护 $$C_i=\sum_{gcd(j,k)=i}A_jB_k$$ 类比 $FWT$，只要求出 $A'_i=\sum_{i|d}A_d$ 就可以直接按位相乘了 求答案就是莫比乌斯反演，$A_i=\sum_{i|d}\mu(\frac{d
阅读全文
摘要："传送门" $d=1$ 输出 $k^n$ $d=2$，构造生成函数，就是求 $$(\sum_{i=0}^{\infty}[2|i]\frac{x^i}{i!})^k[x^n]=(\frac{e^x+e^{ x}}{2})^k$$ 直接二项式定理展开求 $n$ 次项系数即可 $d=3$，构造生成函数，
阅读全文
摘要："传送门" Sol 设 $$A=\begin{bmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}$$ 那么要求的相当于是 $$\sum_{i=0}^{n}[k|i]\binom{n}{i}A^i$$ 求出其中的 $A_{0,0}$ 即可 引入单位根(单位根反演?) $$[n \m
阅读全文
摘要："传送门" 直接求连通的不好做，考虑容斥 设 $g_i$ 表示至少有 $i$ 个连通块的方案数，$f_i$ 表示恰好有 $i$ 个的 那么 $$g_x=\sum_{i=x}^{n}\begin{Bmatrix}x \\ i\end{Bmatrix}f_i\iff f_x=\sum_{i=x}^{n}
阅读全文
摘要：反演 设 $$F_n\sum_{i=0}^{n}A_{n,i}G_i$$ $$G_n\sum_{i=0}^{n}B_{n,i}F_i$$ 下面的直接带入到上面 $$F_n=\sum_{i=0}^{n}A_{n,i}\sum_{j=0}^{i}B_{i,j}F_j=\sum_{i=0}^{n}F_i\
阅读全文
摘要："传送门" 求每个珠子的方案数 即有序的求三元组 $(x,y,z),x,y,z\le a$ 满足 $gcd(x,y,z)=1$ 设 $G_i$ 表示 $i$ 个小于等于 $a$ 的有序数字，满足 $gcd=1$ 的方案数 容斥得到要求的 $$\frac{1}{6}(G_3+2G_2+3G_1)$$
阅读全文
摘要："传送门" 题目所给的不合法的条件可以转化为 $$\exists p,p^2|gcd(a,b) \Leftrightarrow \mu(gcd(a,b))\ne 0$$ 那么 $$ans=\sum_{a=1}^{A}\sum_{b=1}^{B}[\mu(gcd(i,j))\ne 0]\frac{ab
阅读全文
摘要："传送门" 重点 $1$ $$\frac{f(a,a+b)}{a(a+b)}=\frac{f(a,b)}{ab}=\frac{f(a,b a)}{a(b a)}=\frac{f(a,b~mod~a)}{a(b~mod~a)}=\frac{f(d,d)}{d^2}$$ 其中 $d=gcd(a,b+b)
阅读全文
摘要："传送门" Sol 分开考虑 $\varphi(ij)$ 中 $ij$ 的质因子 那么 $$\varphi(ij)=\frac{\varphi(i)\varphi(j)gcd(i,j)}{\varphi(gcd(i,j))}$$ 直接莫比乌斯反演 设 $g(x,i)=\sum_{j=1}^{x}\v
阅读全文
摘要："传送门" II 设 $f_i$ 表示 $i$ 个点的答案 那么枚举至少 $j$ 个点的出度为 $0$ $$\sum_{j=0}^{i}( 1)^j\binom{i}{j}f_{i j}2^{(i j)j}=0$$ 所以 $$f_i=\sum_{j=1}^{i}( 1)^{j+1}\binom{i}
阅读全文
摘要："传送门" Sol 考虑容斥 强联通图反过来就是一些缩点后的 $DAG$ 一个套路就是对出(入)度为 $0$ 的点进行容斥 设 $g_S,h_S$ 分别表示选了奇数个 $0$ 入度和偶数个的，集合为 $S$ 的方案数 那么通过钦定一个特殊的点 $u$ 有 $$g_S=\sum_{T\subset S
阅读全文
摘要：Problem "传送门" Sol 容易得到 $$f_n=e_{n 1}+f_{n 1},e_{n 1}=f_{n 1}+e_{n 1},f_1=e_1=1$$ 那么 $$f_n=2\times \sum_{i=1}^{n 1}f_i f_{n 1}+1$$ 又有 $$f_{n+1}=2\times
阅读全文
摘要：将 $L$ 唯一分解为 $p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$ 对 G 也分解为 $p_1^{b_1}p_2^{b_2}...p_k^{b_k}$。 称 $a_i , b_i$ 分别为 $p_i$ 这个质因子幂次的上下界。 显然为了满足 $gcd$ 为 $G$ 且 $lcm
阅读全文
摘要：题意 给你一棵$n$ 个点的树，每个点有权值 $a_i$ $a$ 为一个排列 求 $$\frac{1}{n(n−1)}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\varphi(a_ia_j)dist_{i,j}$$ $n≤200000$ 答案对 $10^9+7$ 取模 Sol 莫比
阅读全文
摘要：题面 "传送门" Sol 莫比乌斯反演一波就是求 $$\sum_{k=1}^{min(a,b)}\lfloor\frac{a}{k}\rfloor\lfloor\frac{b}{k}\rfloor\sum_{d|k}f(d)\mu(\frac{k}{d})$$ 前面的分块就好了 考虑求 $$\sum
阅读全文
摘要：题面 "传送门" Sol 方法一 直接状压就好了 cpp include define RG register define IL inline define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) using namespace std; typedef long l
阅读全文
摘要：题面 "传送门" Sol 容斥原理+背包 处理出所有金币无限制条件凑成$j$元的方案数 考虑计算 $c$只有$4$种，可以容斥一波 就是无限制的总方案 $1$个硬币超出限制的方案+$2$个的 $3$个的+$4$个的
阅读全文
摘要：第一类斯特林数 含义 $S(i,j)$ 表示 $i$ 个不同元素，分成 $j$ 个圆，排列的方案数 那么 $S(0,0)=1,S(i,0)=1$ 显然有 $$S(i,j)=S(i 1,j 1)+(i 1)S(i 1,j)$$ 结论 $$\sum_{k=0}^{n}S(n,k)=n!$$ 证明 一个排
阅读全文
摘要：题面 "传送门" Sol 题目要求$\sum_{i=1}^{n!}[gcd(i, m!)==1]$ 设$N=n!，M=m!$，莫比乌斯反演一波 就变成了$\sum_{d|M}\mu(d)\frac{N}{d}$ 因为$M|N$所以$d|N$ 而有个定理$\sum_{d|M}\frac{\mu(d)}
阅读全文
摘要：题面 "传送门" Sol $设x，y且gcd(x, y)=1$若使$\frac{x}{y}$的$k$进制小数是纯循环小数 则一定存在某次除法中余数在之前出现过 也就是存在$L 0$且$x\equiv x k^L(mod\ y)$ 而$x，y互质$那么同时乘上x的逆元则$k^L\equiv1(mod\
阅读全文
浙公网安备 33010602011771号