八月总结复习

20240806

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20240806

线性求逆元
假设我们求取\(n\)关于质数\(p\)的逆元，即求取\(n^{-1}\)

我们设\(a= \lfloor \frac{p}{n} \rfloor , b=p\bmod n\)。则有

$a*n+b\equiv 0 (mod\ p) $

移项可得:

\[a*n\equiv-b(mod\ p) \]

\[-\frac{a}{b}\equiv n^{-1}(mod\ p) \]

即:

\[n^{-1}\equiv -\frac{a}{b} (mod\ p) \]

\[n^{-1}\equiv \lfloor -\frac{p}{n} \rfloor /(p\bmod n)(mod\ p) \]

\[n^{-1}\equiv-\lfloor \frac{p}{n} \rfloor \cdot (p\bmod n)^{-1}(mod\ p) \]

所以:

\[n^{-1}\equiv(p-\lfloor \frac{p}{n} \rfloor)\cdot(p\bmod n)^{-1}(mod\ p) \]

code:

inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
    inv[i]=(-p/i+p)*inv[p%i]%p;
}

P2303Longge的问题

简化式子

\[\sum^n_{i=1}gcd(i,n) \]

\(=\sum^n_{j=1}(j \cdot \sum^n_{i=1}[gcd(i/j,n/j)==j] (j|i,j|n))\)

\(=\sum^n_{j=1}(j \cdot \sum^n_{i=1}[gcd(i/j,n/j)==1] (j|i,j|n))\)

\(=\sum^n_{j=1}(j \cdot \varphi(n/j)(j|n))\)

\(=\sum_{j|n}(j \cdot \varphi(n/j))\)

数论整除分块

求\(\sum_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)

code:

#include <iostream>

long long H(int n) {
  long long res = 0;  // 储存结果
  int l = 1, r;       // 块左端点与右端点
  while (l <= n) {
    r = n / (n / l);  // 计算当前块的右端点
    // 累加这一块的贡献到结果中。乘上 1LL 防止溢出
    res += 1LL * (r - l + 1) * (n / l);
    l = r + 1;  // 左端点移到下一块
  }
  return res;
}

int main() {
  std::ios::sync_with_stdio(false);
  std::cin.tie(nullptr);
  int t, n;
  std::cin >> t;
  while (t--) {
    std::cin >> n;
    std::cout << H(n) << '\n';
  }
  return 0;
}

对于常数 \(n\)，使得式子

\(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac nj\right\rfloor\)成立且满足 \(i\leq j\leq n\) 的 \(j\) 值最大为\(\left\lfloor\dfrac n{\lfloor\frac ni\rfloor}\right\rfloor\)。即值 \(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\) 所在块的右端点为\(\left\lfloor\dfrac n{\lfloor\frac ni\rfloor}\right\rfloor\)

证明：
令\(k=\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\)可以知道\(k\leq\dfrac ni\)。

所以\(\lfloor \frac{n}{k} \rfloor \geq\lfloor \frac{n}{\frac{n}{i}} \rfloor=\lfloor i \rfloor=i\)

所以\(j=max\)满足条件的所有\(i=i_{max}=\lfloor \frac{n}{k} \rfloor=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor} \rfloor\)

莫比乌斯反演

证明

\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d}) \]

P2257

YY的GCD

题意：

\[\sum^n_{i=1} \sum^m_{j=1}[gcd(i,j)\in prime] \]

开始简化

\[\sum^n_{k=1} \sum^n_{i=1} \sum^m_{j=1}[gcd(i,j)=k\enspace (k\in prime)] \]

\[\sum^n_{k=1} \sum^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor}_{i=1}\sum^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor}_{j=1}[gcd(i,j)=1 \enspace (k \in prime)] \]

我们知道

\[\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1] \]

将\(n\)用\(gcd(i,j)\)替换

\[[gcd(i,j)=1]=\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d) \]

替换之后

\[\sum^n_{k=1} \sum^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor}_{j=1}\sum_{d|gcd(i,j)}(k \in prime) \]

我们有

\[\sum_{i=1}^n[d|i]=\lfloor\frac{n}{d}\rfloor \]

\[\sum_{k=1}^n \sum^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor}_{d=1} \mu(d)\sum^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor}_{i=1} (d|i) \sum^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor}_{j=1}(d|j) \enspace k\in prime \]

\[\sum^n_{k=1} \sum^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor}_{d=1} \mu(d) \lfloor \frac{n}{dk} \rfloor \lfloor \frac{m}{dk} \rfloor \enspace (k\in prime) \]

当然这个式子看起来不能化简了但是如果直接枚举的话我们一定会T成sb

我们设\(T=dk\)

\[\sum^n_{k=1} \sum^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor}_{d=1} \mu(d)*\lfloor \frac{n}{T} \rfloor \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \enspace (k \in prime) \]

枚举一下\(T\)

\[\sum^n_{T=1} \lfloor \frac{n}{T} \rfloor * \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \sum_{k|T,k \in prime} \mu (\lfloor \frac{T}{k} \rfloor) \]

分块

例子：区间和

我们将序列按每 s 个元素一块进行分块，并记录每块的区间和 \(b_i\)。
\(\underbrace{a_1, a_2, \ldots, a_s}_{b_1}, \underbrace{a_{s+1}, \ldots, a_{2s}}_{b_2}, \dots, \underbrace{a_{(s-1) \times s+1}, \dots, a_n}_{b_{\frac{n}{s}}}\)
最后一个块可能是不完整的（因为 \(n\) 很可能不是 \(s\) 的倍数），但是这对于我们的讨论来说并没有太大影响。

首先看查询操作：

若 \(l\) 和 \(r\) 在同一个块内，直接暴力求和即可，因为块长为 \(s\)，因此最坏复杂度为\(O(s)\)。
若 \(l\) 和 \(r\) 不在同一个块内，则答案由三部分组成：以\(l\)开头的不完整块，中间几个完整块，以\(r\)结尾的不完整块。对于不完整的块，仍然采用上面暴力计算的方法，对于完整块，则直接利用已经求出的 \(b_i\) 求和即可。这种情况下，最坏复杂度为

\(O(\dfrac{n}{s}+s)\)。
接下来是修改操作：

若 \(l\) 和 \(r\) 在同一个块内，直接暴力修改即可，因为块长为 \(s\)，因此最坏复杂度为 O(s)$。
若 \(l\) 和 \(r\)不在同一个块内，则需要修改三部分：以 \(l\) 开头的不完整块，中间几个完整块，以 \(r\) 结尾的不完整块。对于不完整的块，仍然是暴力修改每个元素的值（别忘了更新区间和 \(b_i\)），对于完整块，则直接修改 \(b_i\) 即可。这种情况下，最坏复杂度和仍然为 \(O(\dfrac{n}{s}+s)\)。
利用均值不等式可知，当\(\dfrac{n}{s}=s\)，即 \(s=\sqrt n\) 时，单次操作的时间复杂度最优，为$ O(\sqrt n)$。