7.25 爆零模拟赛

A.[AHOI2007]密码箱

Description

在一次偶然的情况下，小可可得到了一个密码箱，听说里面藏着一份古代流传下来的藏宝图，只要能破解密码就能打开箱子，而箱子背面刻着的古代图标，就是对密码的提示。经过艰苦的破译，小可可发现，这些图标表示一个数以及这个数 与密码的关系。假设这个数是n，密码为x，那么可以得到如下表述:密码x大于等于0，且小于n，而x的平方除以n，得到的余数为1。 小可可知道满足上述条件的x可能不止一个，所以一定要把所有满足条件的x计算出来，密码肯定就在其中。计算的过程是很艰苦的，你能否编写一个程序来帮助小可可呢？（题中ｘ， ｎ均为正整数）

Input

输入文件只有一行，且只有一个数字 \(n(1\leq n\leq 2\times 10^9)\) \

Output

你的程序需要找到所有满足前面所描述条件的x，如果不存在这样的x，你的程序只需输出一行“None”(引号不输出)，否则请按照从小到大的顺序输出这些x，每行一个数。

思路

显然想让我们求的是这个式子：

\[x^2\equiv 1~(mod~n) \]

稍加思索，可以得到这个形式：

\[x^2-1\equiv 0~(mod~n)\\(x+1)(x-1)\equiv 0~(mod~n) \]

设 \(n=a*b\) ，

则 \(a*b|(x+1)(x-1)\) ，即 \(a|x+1,b|x-1\) 或 \(a|x-1,b|x+1\) 。

扫描二维码关注公众号，回复： 11447369 查看本文章

设 \(a<b\) ，枚举 \(a\) ，然后枚举 \(x=kb+1\) 或 \(x=kb-1\) ，\(a\) 枚举到 \(\sqrt n\) 即可

时间复杂度 \(O(\sqrt n*\sqrt n)=O(n)\)

B.[AHOI2005]约数研究

此题水炸了，不想写（尤其是考试的时候，脑子也不知道在想什么，最后才看出来）

思路

我看到这题的第一想法：用 \(f(n)=(p_1+1)(p_2+1)...(p_k+1)\) 求出每个数，然后觉得 \(n\) 有点大，就放弃了

考虑每个因子在式子中的贡献，可知2这个因子出现了 \(\lfloor\frac n2\rfloor\) 次，3这个因子出现了 \(\lfloor\frac n3\rfloor\) 次，以此类推，可知 \(p_i\) 的贡献是 \(\lfloor\frac n{p_i}\rfloor\) ，则答案为 \(\lfloor\frac n2\rfloor+\lfloor\frac n3\rfloor+...+\lfloor\frac n{p_i}\rfloor+...\) 。

可以选择把 N 以下的 \(\lfloor\frac n{p_i}\rfloor\) 预处理出来

C.BZOJ2142 礼物

Description

一年一度的圣诞节快要来到了。每年的圣诞节小E都会收到许多礼物，当然他也会送出许多礼物。不同的人物在小E心目中的重要性不同，在小E心中分量越重的人，收到的礼物会越多。小E从商店中购买了n件礼物，打算送给m个人，其中送给第i个人礼物数量为wi。请你帮忙计算出送礼物的方案数（两个方案被认为是不同的，当且仅当存在某个人在这两种方案中收到的礼物不同）。由于方案数可能会很大，你只需要输出模P后的结果。

Input

输入的第一行包含一个正整数P，表示模；第二行包含两个整整数n和m，分别表示小E从商店购买的礼物数和接受礼物的人数；以下m行每行仅包含一个正整数wi，表示小E要送给第i个人的礼物数量。

Output

若不存在可行方案，则输出“Impossible”，否则输出一个整数，表示模P后的方案数。

HINT

设 \(p=p_1^{c_1}*p_2^{c_2}*p_3^{c_3}*...*p_t^{c_t}\)，\(p_i\) 为质数。

对于100%的数据，\(1\leq n\leq 10^9,1\leq m\leq 5,1\leq p_i^{c_i}\leq 10^5\)。

思路

\(exLucas\)：干 他 就 完 了

按照正常的思路，可列出组合数相乘的式子：

\[C_n^{w_1}*C_{n-{w_1}}^{w_2}*...*C_{n-\sum\limits_{i=1}^{m-1}w_i}^{w_m}~(mod~p) \]

但是我们知道，这样暴力算肯定是不行（可行的，并且是正解(╯▔皿▔)╯，下面不想看的就不看了）的，所以将 \(C_n^m\) 展开，即：

\[C_n^m=\dfrac{n!}{m!(n-m)!} \]

不难发现，原式中的前一项的分母和后一项的分子是可以相消的。可将原式化简为：

\[\dfrac{n!}{w_1!*w_2!*...*w_m!*(n-\sum\limits_{i=1}^mw_i)!}~(mod~p) \]

然后预处理出阶乘的逆元，但是因为友(e)善(du)的出题人明确说明 \(p\) 不一定是质数，所以求逆元需要分开，亿点点求，即求出每个 \(n!\%p_k^{c_k}\)

（下面是我之前的总结）

1. 如何求 \(n!\%p_i^{k_i}\)

   我们以 \(n=19,p_i=3,k_i=2\) 为例

   \(n!=1∗2∗3∗4∗5∗6∗7∗8∗9∗10∗11∗12∗13∗14∗15∗16∗17∗18∗19\\=(1∗2∗4∗5∗7∗8∗10∗11∗13∗14∗16∗17∗19)∗36∗(1∗2∗3∗4∗5∗6)\)

   根据这个例子发现，求解n!可以分为3部分：第一部分是 \(p_i\)的幂的部分，也就是 \(3^6\)即 \(p_i^{\lfloor\frac n{p_i}\rfloor}\)，可以直接求解；第二部分是一个新的阶乘，也就是6!即 \(\lfloor\frac n{p_i}\rfloor!\)，可以递归下去求解；第三部分是除前两部分之外剩下的数

2. 考虑第三部分如何求解

   发现第三部分在模 \(p_i^{k_i}\) 意义下是以 \(p_i^{k_i}\) 为周期的，即:

   \((1∗2∗4∗5∗7∗8)≡(10∗11∗13∗14∗16∗17)~(mod~p_i^{k_i})\) ，所以只要求出 \(p_i^{k_i}\) 的长度即可；

   但是还剩下一个孤立的19，可以发现剩下孤立的数长度不会超过 \(p_i^{k_i}\) ，只需要暴力求解即可

3. 最后一个问题是对于求出的 \(m!\%p_i^{k_i}\) 和 \((n-m)!\%p_i^{k_i}\) 有可能与 \(p_i^{k_i}\) 不互质，无法求逆元

   所以要将 \((n-m)!\%p_i^{k_i}\) 和 \(m!\%p_i^{k_i}\) 中质因子 \(p_i\) 先全部除去，求出逆元后再全部乘回去

   计算n!中质因子p的个数x的公式为 \(x=\lfloor\frac np\rfloor+\lfloor\frac n{p^2}\rfloor+\lfloor\frac n{p^3}\rfloor+...\)
   递推式也可以

   写为 \(f(n)=f(\lfloor\frac np\rfloor)+\lfloor\frac np\rfloor\)

\(Update:2020.7.25.10:06~~:\) 因为 \(m\leq 5\) 所以直接暴力好像更快（

\(Update:2020.7.25.9:12\) ：果然，正解是直接 \(ex~Lucas\) 定理 ヽ(*。>Д<)o

（特判：当 \(\sum\limits_{i=1}^mw_i>n\) 时，无解）

D.P3166 [CQOI2014]数三角形

思路

三角形数量=在平面上随便找仨点-三点共线情况

在平面上随便找仨点 \(=C_{(n+1)(m+1)}^3\)

三点共线有三种情况：横着，竖着，斜着

横着，竖着 \(=(n+1)C_{m+1}^3+(m+1)C_{n+1}^3\)

主要是斜着的比较难搞，有斜率上升和下降两种。不难发现两种数量相等，所以我们设 \(ans\) 为上升的数量，最后乘二即可

设 \(AB\) 为长度为 \(i\) 的竖着的一条线段， \(BC\) 为长度为 \(j\) 的横着的一条线段

画图可以看出，\(AC\) 上的点数为 \(gcd(i,j)+1\) （不加顶点为 \(gcd(i,j)-1\) ）

则像 \(A,B\) 这样横坐标差 \(j\) ，纵坐标差 \(i\) 的点对共有 \((n-i+1)(m-j+1)\)

枚举 \(i,j\) 可得

\[ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(n-i+1)(m-j+1)(gcd(i,j)-1) \]

此时直接枚举是 \(O(nm)=O(n^2)\) ，考虑 \(gcd\) 的计算的话可能会达到 \(O(n^2\log n)\) 。

优化复杂度

通过欧拉反演可以将 \([gcd(i,j)=1]\) 化为 \(\sum_{d|gcd(i,j)}\varphi(d)\) 。（原理：\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\) 下面证明）

则，原式转化为：

\[ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(n-i+1)(m-j+1)\left(\sum_{d|gcd(i,j)}\varphi(d)-1\right) \]

因为 \(\varphi(1)=1\) ，所以可以微微转化一下：

\[ans=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(n-i+1)(m-j+1)\sum_{d|gcd(i,j)}^{d\not=1}\varphi(d) \]

接下来，我们看看 \(d|gcd(i,j)\) 的含义：

\(i,j\) 的最大公因子的每个因子 。

也就是 \(i,j\) 的每个公约数

枚举 \(i,j\) 再枚举他们的所有公约数，等价于枚举每个约数 \(d\) 再枚举 \(d\) 的 \(i\) 倍、\(j\) 倍。

那 \(d\) 的取值范围可化为 \([2,min(n,m)]\) ， \(i,j\) 最小取 \(1\) ，最大取 \(\lfloor\frac dn\rfloor,\lfloor\frac dm\rfloor\) ，即：

\[\begin{aligned}ans&=\sum_{d=2}^{min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor}(n-id+1)(m-jd+1)\varphi(d)\\&=\sum_{d=2}^{min(n,m)}\varphi(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}(n-id+1)\sum\limits_{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor}(m-jd+1)\end{aligned} \]

很明显(这我开始也不明显)，\(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}(n-id+1)\) 是等差数列求和，

首项为 \(n-d+1\) ，末项是 \(n-\lfloor \dfrac nd\rfloor d+1\) 即 \(n~mod~d+1\) ，项数是 \(\lfloor \dfrac nd\rfloor\) ，由通项公式得：

\[\sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}(n-id+1)=\frac 12(n-d+1+n~mod~d+1)\lfloor \dfrac nd\rfloor \]

同理有：

\[\sum\limits_{i=1}^{\lfloor m/d\rfloor}(n-id+1)=\frac 12(m-d+1+m~mod~d+1)\lfloor \dfrac md\rfloor \]

最后得到：

\[ans=\frac 14\sum_{d=2}^{min(n,m)}\varphi(d)(n-d+n~mod~d+2)\lfloor \dfrac nd\rfloor(m-d+m~mod~d+2)\lfloor \dfrac md\rfloor \]

欧拉函数用欧拉筛线性预处理出来，枚举 \(d\) 复杂度 \(O(min(n,m))=O(n)\)

\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\) 证明（会的可以跳过）

我们首先看这么几个数

\[\frac 1n,\frac 2n,\frac 3n,...\frac nn \]

如果要化成 \(\frac ab\) 这样的最简分数的形式，要满足两个条件：
\( 1.b|n~~ 2.gcd(a,b)=1 \)
，显然对于每个 \(b\)，共有 \(\varphi(b)\) 个，而 \(n\) 的约数共有 \(\sum_{d|n}\) 个，那么可得：

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

那个的严格证明我忘了，嘻嘻嘻
下面的题有了

E.BZOJ4173 数学

题目

懒得放了。。。。

思路

通过题目，我们可以设 \(m=q_1*k+r_1,n=q_2*k+r_2\) ，则题目中的式子可化为 \(r_1+r_2\geq k\) ，所以 \(\lfloor\dfrac{m+n}k\rfloor=q_1+q_2+1\) ，则 \(\dfrac{m+n}k-\dfrac nk-\dfrac mk=1\)

那么 \(\sum_{k\in S(n,m)}\varphi(k)\) 可化为 \(\sum\limits_{k=1}^{m+n}\varphi(k)[\frac{m+n}k-\frac nk-\frac mk=1]\)，即：

\[\sum\limits_{k=1}^{m+n}\varphi(k)\lfloor\frac{m+n}k\rfloor-\sum\limits_{k=1}^{n}\varphi(k)\lfloor\frac{n}k\rfloor-\sum\limits_{k=1}^{m}\varphi(k)\lfloor\frac{m}k\rfloor \]

我们设 \(F(n)=\sum\limits_{k=1}^{n}\varphi(k)\lfloor\frac{n}k\rfloor\)

则可化为 \(F(n+m)-F(n)-F(m)\) ，单独考虑 \(F(n)\) ：

通过 \(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\) ，可将 \(F(n)\) 转化为：

\[\sum\limits_{k=1}^{n}\varphi(k)\lfloor\frac{n}k\rfloor=\sum\limits_{i=1}^n\sum_{k|i}\varphi(k)=\sum\limits_{i=1}^ni \]

所以，上式化为：

\[\sum\limits_{i=1}^{m+n}i-\sum\limits_{i=1}^mi-\sum\limits_{i=1}^ni \]

这显然等差数列求和，于是：

\[\dfrac{(1+m+n)(m+n)}2-\dfrac{m(m+1)}2-\dfrac{n(n+1)}2=mn \]

所以，\(\varphi(m)*\varphi(n)*\sum_{k\in S(n,m)}\varphi(k)\) 就等于：

\[\varphi(n)*\varphi(m)*nm \]

然后用欧拉筛或者别的办法求 \(\varphi\) 即可

因为直接求 \(\varphi\) 时间复杂度是 \(O(\sqrt n)\) 的，所以总时间复杂度为 \(O(n)\)

\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\) 的小证明

设 \(n=\prod\limits_{i=1}^mp_i^{a_i}\) ，

由于欧拉函数是积性函数，则有：

\[\sum_{d|n}\varphi(d)=\sum\prod_{i=1}^m\varphi(p_i^{~j})~~(0\leq j\leq a_i) \]

因式分解，上式等价于：

\[\prod_{i=1}^m(\sum\limits_{j=0}^{a_i}\varphi(p_i^{~j}))=\prod_{i=1}^m(\sum\limits_{j=1}^{a_i}(p_i^{~j}-p_i^{~j-1})+1)=\prod\limits_{i=1}^mp_i^{a_i}=n \]

（有的是放了题，有的只写了思路，(●'◡'●)）