随笔分类 - 《数论专题》
摘要：鉴于本人水平有限就不证明了。 替换法则：$\sum_{n = 1}^{m}\sum_{d | n}^{} [\frac{n}{d}] \mu ([\frac{n}{d}]) = \sum_{n = 1}^{m}\sum_{d | n}^{} d \mu (d)$ 递推一：$\sum_{i = 1}^
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摘要：P2158 [SDOI2008] 仪仗队: 一开始还确实没来思路，但是昨晚看了一个水题也是用到了斜率，所以就想到了斜率。 很明显斜率相同的会被遮挡，也就是说不是最简分数的形式就会被遮挡。 很显然求一下互质的坐标数就行。 这里的话左下角那个人是不算的，然后我们要以左下角为(0,0)点来看才对。 //
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摘要：其实在上一年就已经学过了Min_25，但当时理解得不是很好，现在重新来写一下。（其实是洲阁筛找不到阳间的板子，所以还是果断回来Min_25） 好了回归正题，其实也没有什么好讲的好像，就是推公式就行了。（雾） 可以使用Min25筛的前提是，该函数是个积性函数，且它在质数处的前缀和可以很快求出来，而且是
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摘要：前言：写得比较简陋~以后有时间一定来完善。 快速傅里叶变换，又叫FFT。 可以在O(n)内处理多项式乘法的算法。 一个n - 1多项式g(x) 可以用系数表示为$\sum_{i = 0}^{n - 1} ai * x^{i}$ 对于我们g(x)多项式中的每一项，我们可以看成有一个函数f(x)。 将每
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摘要：对于式子 ： $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ 若已知a，请求构造一组b，使得c存在。 那么有勾股数的规律可知： 若a = 2 * m，那么b = m * m - 1，c = m * m + 1 若a = 2 * m + 1，那么b = 2 * m * (m + 1)，c = 2 *
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摘要：好题： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 5e6 + 5; const LL Mod = 1e9 + 7; #define INF 1e9 #define dbg(x) c
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摘要：杜教筛：算是筛法里特别实用的一个算法吧，复杂度是亚线性。 前置知识： 积性函数：对于函数f,如果满足f[1] = 1,且当p,q互质时，满足f[p * q] = f[p] * f[q]，那么这个函数即为积性函数。 当p,q不互质时都满足f[p * q] = f[p] * f[q]，那么这个函数即为完
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摘要：参考自：https://www.luogu.com.cn/blog/An-Amazing-Blog/mu-bi-wu-si-fan-yan-ji-ge-ji-miao-di-dong-xi 对于莫比乌斯函数gcd的问题： 可以有$|gcd(i,j) = 1| = \sum_{d|gcd(i,j)}^
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摘要：虽然是一个简单知识，但整除分块却有着很重要的优化作用。 对于 $\sum_{i = 1}^{n}[\frac{n}{i}]$的求解。 当n很大时，O（n）的复杂度显然不能接受，于是就有了整除分块。 对暴力的值适当打表，可以发现，整除后的值都是呈块状分布的，并且这些块的大小，会越来越大。 且，我们可以
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摘要：早就想学了，终于开始填这个坑了~。 首先，要先介绍一下莫比乌斯函数$\mu $。 其实莫比乌斯函数就是一个分段函数： $\mu (d) = \begin{Bmatrix}1 & d = 1 & \\(-1)^{k} && \\ 0 & & \end{Bmatrix}$ 当 d = 1,mu = 1.
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摘要：前言：It's hard, but keep going 花了n久的时间，终于可以算是理解了吧~ Min25筛：适用于求解积性函数f(i)的前缀和问题。 对于这个积性函数，需要满足$f(p^{k})$可以快速求出。 关于这个快速求出，就是可以理解为$f(p^{k})$是一个关于p的低阶多项式。 因为
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摘要：逆元： 对于$ax \equiv 1 (mod ~m)$这样的同余方程。 将x称为a的逆元，满足乘以a即可为乘以a的逆元x。 逆元的求解： 对单个逆元有三种求法： 1：费马小定理：快速幂求解。 2：欧拉定理：x = a^(phi(m)-1） 可以发现，就是费马小定理的扩展。 3：扩展欧几里得。 对于
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摘要：前言：数论很难也很有意思，慢慢回顾和慢慢学，记录自己的感悟和理解。 keeping going ！ 欧拉函数: 假定phi(x)为x的欧拉函数，这个函数表示的就是1~i中和i互质的数。例phi(1) = 1，phi(2) = 1,phi(8) = 4。 欧拉函数的通式$phi(x) = x * \p
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摘要：对于第一个式子。 分析内层循环可以发现，可以优化为i*n的前缀和。那么可以O（n）求出。 那么即为$\sum_{i = 1}^{n} i *pre[n]$ 再仔细观察我们可以提出pre[n]。那么就变成了pre[n]*pre[n]。至此就可以O（1）求出了。 pre[n]不需要预处理，因为这里空间卡
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摘要：可以发现，对于每种开关，都可以看成二进制位来转换成一个十进制的数。 那么，由于线性基里的元素构造出来是不会有重复的。 那么我们就是去插入线性基。然后对于每个线性基里的数都有选和不选的可能 所以ans = 1LL<<cnt。不要忘记取模 // Author: levil #include<bits/s
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摘要：这道题真的让我受益匪浅，加深了对线性基的认识。 首先，考虑了一般解法，较暴力。 将x->y路径上所有的点都加入一个空的线性基集合，最后求一次最大值即可。 既然要将每个点都加入，那么必然要一个点一个点地跳。（因为每个点都要遍历到，所以不能倍增） 那么，这时最坏复杂度在N^2。只有30分。 考虑去优化。
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摘要：P1516 青蛙的约会（洛谷） 题意：在一个循环坐标轴上，有两个初始坐标为x,y的点，每个人一次跳m,n步，求解是否可以相遇，如果可以求出最小步数。 假设跳了k步后两点相遇。则有 x+k*m - (y+k*n) = T * L(T为常数，即表示为L的常数倍，因为是循环坐标轴） 转化为 TL+(n-m
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