数论

今年的夏天夏天夏天夏天 还不能算做开始

在我见到你之前都不算做开始

——洛天依《夏天还不算开始》

Tip：本歌荣登 NOI 晚会喵！

---

数论

除了字符串以外最讨厌的东西。

但是非常非常锻炼思维。

天依宝宝可爱！

---

一个题

思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1500

求十进制为 \(888 \ldots 888\)，且是 \(L\) 的倍数的数的最小长度，或判断不存在这样的数。

\(1 \le L \le 2 \times 10^9\)。

感觉好难，这是怎么想到的啊……

考虑这个一坨 \(8\) 的数怎么表示，等价于一坨 \(1\) 的数怎么表示。注意到 \(10^x - 1\) 是一坨 \(9\)，所以 \(\frac {10^x - 1} 9\) 就是一坨 \(1\)，那么一坨 \(8\) 就可以表示为：

\[8 \times \frac {10^x - 1} 9 \]

所以题目就是要求满足这个式子的最小 \(x\)：

\[kL = 8 \times \frac {10^x - 1} 9 \]

移项可以得到：

\[k \times \frac {9L} 8 = 10^x - 1 \]

但是如果这个转为同余式，可以发现 \(\frac {9L} 8\) 作为模数可能不是整数，这是奇怪的。所以要把 \(8\) 移出去，因为我们并不关心 \(k\) 的具体值，所以可以令 \(k \gets 8k\)，原式就可化为：

\[k \times 9L = 10^x - 1 \]

转化为同余式得到：

\[10^x \equiv 1 \pmod {9L} \]

于是根据裴蜀定理，如果 \(\gcd(10,9L) \ne 1\) 则无解，否则根据欧拉定理 \(x = \varphi(9L)\) 一定是一个可行解，然后暴力枚举 \(\varphi(9L)\) 的因数就可以找到最小解了。

天依宝宝可爱！

---

CF632D

思维难度：\(\color{#F39C11} 橙\) *1000

数论还是那种感觉……看到题啥也想不到……但看一眼题解发现非常简单……

注意到要在 \(a\) 中求 \(1 \sim m\) 内每个数的因数个数，但是直接不好做，所以考虑用每个数去筛它的倍数，然后发现啊好简单啊这不红题吗，于是做完了（）

submission

天依宝宝可爱！

---

CF906D

思维难度：\(\color{#F39C11} 橙\) *900

欧拉降幂板子，这下会了。

注意到 \(\varphi\) 的下降是很快的，据说是 log 级别的，所以直接暴力降幂就可以，当 \(p = 1\) 时直接返回 \(0\) 即可。

感觉 AI 非常适合调这种形如「把 a[x] 写成 x」的问题，因为人眼真的看不出来 😃

submission

天依宝宝可爱！

---

洛谷 P2303

思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1400

啊我怎么做过/fad ，我怎么不记得了，现在一点也不会了/ll

据说我们要对这个式子很敏感，要想到统计 \(\gcd(i,n) = x\) 的个数从而算出答案。

那么考虑如何算出 \(1 \sim n\) 内 \(\gcd(i,n) = x\) 的个数，其中 \(x \mid n\)。因为 gcd 为 \(x\) 的时候不好直接统计，但是为 \(1\) 的时候就可以拿欧拉函数做了，所以将原式转化为 \(\gcd(\frac i x , \frac n x) = 1\)。注意到符合条件的 \(i\) 可以表示为 \(kx\)，所以原式就变成了 \(\gcd(k , \frac n x) = 1\)，而 \(k\) 的取值范围又恰好是 \([1,\frac n x]\)，所以就相当于求 \(\varphi(\frac n x)\)。于是就做完了。

submission

天依宝宝可爱！

---

SPOJ 6488 | Wheel Factorization

思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1500

Wheel Factorization，好厉害的筛法。

先拿一个数 \(k\)，把 \([1,k]\) 内的质数暴力欧拉筛出来，并且求出哪些数和 \(k\) 互质。

注意到在 \([k+1,2k]\) 内，\(\gcd(i,k) = \gcd(i-k,k)\)，也就是说如果 \(i-k\) 和 \(k\) 不互质，那么 \(i\) 一定不是质数。所以在这个长度为 \(k\) 的区间内，就只需要筛 \(\varphi(k)\) 个数了。

在写法上，需要用已经筛出来的质数 \(p_i\) 去筛当前区间 \([l,r]\) 内的质数，不过起点需要从 \(l\) 开始。而且，一个 \(p_i\) 能筛到的最小数为 \(p_i \times p_i\)，显然这个数之前的数已经被更小的质数筛掉了。当然只筛 \(p_i\) 的奇数倍也是一个很好的小优化。

时间复杂度显然是 \(O(n \times \frac {\varphi(k)} k)\)。

关于 \(k\) 的取值，要尽可能地让 \(\frac {\varphi(k)} k\) 变小，可以发现 \(k\) 的不同质因子越多越好，所以直接取最小的几个质数的乘积即可。

submission

天依宝宝可爱！

---

CF1017F

思维难度：\(\color{#F39C11} 橙\) *1000

难点在于上一题给出的筛法，会了之后就特别简单了。

令 \(g(x) = {\rm exlog} _f (x)\)，显然 \(g(xy) = g(x) + g(y)\)，于是就是要求 \(g(n!)\)，于是求出 \(n!\) 中每个质因数出现的次数就可以了，这个是经典问题。

submission

天依宝宝可爱！

---

洛谷 P4777

思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1300

exCRT，好像比 CRT 简单不少。

思路是将同余式两两合并。对于这两个式子：

\[\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod {m_2} \end{cases} \]

显然可以转化为：

\[\begin{cases} x = a_1 + k_1 m_1 \\ x = a_2 + k_2 m_2 \end{cases} \]

于是：

\[a_1 + k_1 m_1 = a_2 + k_2 m_2 \]

移项得到：

\[k_1 m_1 - k_2 m_2 = a_2 - a_1 \]

发现这是一个可以 exgcd 的形式，于是就可以得到 \(k_1,k_2\) 的一组解，于是就得到了 \(x\) 的一个解 \(x_0\)，然后据证明，\(x\) 的通解满足 \(x \equiv x_0 \pmod {{\rm lcm}(m_1 , m_2)}\)。所以两个方程就变成了一个，然后这样挨个合并下去，就得到了答案。

然后 exgcd 板子写挂了，应该是 y-=a/b*x 而不是 y-=x*a/b。。

submission

天依宝宝可爱！

---

[补]gym 104076 E

思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1400

显然是构造，手动模拟一下就能搞出结论来，不过题解给了个神秘数论做法。

显然可以把原序列分成 \(k\) 个块，其中每个块内必须相同，且有 \(n \bmod k\) 个大小为 \(\lceil \frac n k \rceil\) 的块，剩下的是大小为 \(\lfloor \frac n k \rfloor\) 的块。

考虑枚举全为 \(1\) 的块的个数，设较大块选了 \(x\) 个，较小块选了 \(y\) 个，那么根据 \(1\) 的个数为 \(\lceil \frac n 2 \rceil\)，则有式子：

\[\lceil \frac n k \rceil x + \lfloor \frac n k \rfloor y = \lceil \frac n 2 \rceil \]

发现是 exgcd 的形式，于是解出一组特解 \(x_0 , y_0\)，又因为 \(\lceil \frac n k \rceil\) 和 \(\lfloor \frac n k \rfloor\) 是互质的，所以通解为：

\[\begin{cases} x = x_0 + a \times \lfloor \frac n k \rfloor \\ y = y_0 - a \times \lceil \frac n k \rceil \end{cases} \]

因为要求的 \(x,y\) 是有取值范围的，于是可以根据这个取值范围分别求出对应的 \(a\) 的取值范围，然后判断是否有交即可。

因为要用到互质，所以需要特判 \(k \mid n\)。

艹 WA on #2，调不出来不调了 submission

天依宝宝可爱！

---

CF803F | 莫比乌斯反演

思维难度：\(\color{#F39C11} 橙\) *1000

定义莫比乌斯函数 \(\mu (n)\) 为：

\[\mu (n) = \begin{cases} 1 & n = 1 \\ 0 & n~含有平方因子 \\ (-1)^k & k~为~n~的质因子个数 \end{cases} \]

注：有平方因子就是 \(n\) 的某一个质因子出现了 \(>1\) 次。

那么有结论，令 \(f(n),g(n)\) 均为数论函数，那么下面两个式子互为充要条件：

\[\begin{aligned} g(n) & = \sum _{d \mid n} f(d) \\ f(n) & = \sum _{d \mid n} \mu(d) g(\frac n d) \end{aligned} \]

或者：

\[\begin{aligned} g(n) & = \sum _{n \mid d} f(d) \\ f(n) & = \sum _{n \mid d} \mu(\frac d n) g(d) \end{aligned} \]

显然不需要证明。

回到这个题，令 \(f(x)\) 为 gcd \(= x\) 的子序列个数，\(g(x)\) 为 gcd 是 \(x\) 的倍数的子序列个数，则有：

\[g(x) = \sum _{x|d} f(d) \]

而 \(g(x)\) 是容易算的，令包含因子 \(x\) 的数集为 \(S\)，则满足条件的数集一定是 \(S\) 的一个非空子集，即 \(g(x) = 2^{|S|} - 1\)。

反演可得：

\[f(1) = \sum _{d=1} ^V \mu(d) g(d) \]

线筛 \(\mu\) 然后直接求即可。

submission

天依宝宝可爱！

---

洛谷 P2261 | 整除分块

思维难度：\(\color{#FE4C61} 红\) *800

依然是直接背结论：

对于式子 \(\lfloor \frac n i \rfloor = \lfloor \frac n j \rfloor\)，使得该式子成立的最大 \(j\) 为 \(\left\lfloor \frac n {\lfloor \frac n i \rfloor} \right\rfloor\)。

算法流程（直接搬 oi-wiki 了）：

拓展 #1：

拓展 #2：

哦这个题，这个题就是板子。

submission

天依宝宝可爱！

---

洛谷 P3455

思维难度：\(\color{#F39C11} 橙\) *1000

莫反一下，就是二维数论分块的板子了。

可得式子：

\[\sum _{i=1} ^{\min( \lfloor \frac a d \rfloor , \lfloor \frac b d \rfloor )} \mu(i) \left\lfloor \frac a {id} \right\rfloor \left\lfloor \frac b {id} \right\rfloor \]

（诶这两个下取整怎么不一样大，恼。

所以最开始直接 \(a,b \gets \lfloor \frac a d \rfloor , \lfloor \frac b d \rfloor\) 就好了。

submission

天依宝宝可爱！

---

SPOJ 5971

思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1500

好厉害的转化。

把 lcm 换成 gcd，有：

\[\sum _{i=1} ^n \frac {i \cdot n} {\gcd(i,n)} \]

但是注意到 \(i\) 和 \(\gcd(i,n)\) 拆不开，所以没法直接莫反，要转化。

注意到 \(\gcd(i,n) = \gcd(n-i,n)\)，这样似乎可以把 \(i\) 消掉，尝试化一下，将原式抄一遍再除以二，有：

\[\frac 1 2 \left( \sum _{i=1} ^{n-1} \frac {i \cdot n} {\gcd(i,n)} + \sum _{i=1} ^{n-1} \frac {(n-i) \cdot n} {\gcd(n-i,n)} \right) + n \]

注意到此处 \(n\) 被提了出来，因为不提出来就没法对称了。

因为分母相等，所以分子可以直接加，于是就变成了：

\[\frac 1 2 \sum _{i=1} ^{n-1} \frac {n^2} {\gcd(i,n)} + n \]

即：

\[\frac 1 2 \sum _{i=1} ^n \frac {n^2} {\gcd(i,n)} + \frac n 2 \]

注意到已经可以直接莫反了，但是在本题下还是不行，因为多测，所以复杂度要乘个 \(T\)。

那直接考虑 \(\gcd(i,n) = d\) 的个数试试，发现是容易求的，式子两边同时除以 \(d\) 可得 \(\gcd(\frac i d , \frac n d) = 1\)，那么个数就是 \(\varphi(\frac n d)\)。

所以原式可化为：

\[\frac 1 2 \sum _{d \mid n} \frac {n^2 \varphi(\frac n d)} {d} + \frac n 2 \]

令 \(d \gets \frac n d\)，可得：

\[\frac n 2 \sum _{d \mid n} \phi(d) \cdot d + \frac n 2 \]

所以直接对于每个 \(d\) 枚举倍数 \(O(n \log n)\) 预处理每个 \(n\) 的答案即可。

submission

天依宝宝可爱！