「总结」莫反2

感觉思(hui)路(tui)活(ti)跃(jie)了一些。
写(tui)一下总(shi)结(zi)

1.GuGuFishtion http://hzoj.com/contest/236/problem/1
\[\begin{aligned}\\ n&<m\\ ans&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\frac{\varphi(ij)}{\varphi(i)\varphi(j)}\\ d&=gcd(i,j)\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\frac{\varphi(d^2)\varphi(\frac{i}{d})\varphi(\frac{j}{d})}{\varphi(i)\varphi(j)}\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\frac{d\varphi^2(d)\varphi(\frac{i}{d})\varphi(\frac{j}{d})}{\varphi(i)\varphi(j)\varphi(d)}\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\frac{d\varphi(i)\varphi(j)}{\varphi(i)\varphi(j)\varphi(d)}\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\frac{d}{\varphi(d)}\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}\frac{d}{\varphi(d)}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{d}}[gcd(i,j)=1]\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}\frac{d}{\varphi(d)}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{d}}\sum\limits_{g|gcd(i,j)}\mu(g)\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}\frac{d}{\varphi(d)}\sum\limits_{g=1}^{\frac{n}{d}}\mu(g)\frac{n}{dg}\frac{m}{dg}\\ T&=dg\\ &=\sum\limits_{T=1}^{n}\sum\limits_{d|T}\frac{d}{\varphi(d)}\mu(\frac{T}{d})\frac{n}{T}\frac{m}{T}\\ &=\sum\limits_{T=1}^{n}\frac{n}{T}\frac{m}{T}\sum\limits_{d|T}\frac{d}{\varphi(d)}\mu(T)(d)\\ &=\sum\limits_{T=1}^{n}\frac{n}{T}\frac{m}{T}F(T)\\ \end{aligned}\]
看一下\(F(T)\)怎么求。
首先这个东西是积性函数。
证一下：
设\(a\perp b\)
\[F(a)F(b)=\frac{ab}{\varphi(a)\varphi(b)}=\frac{ab}{\varphi(ab)}=F(ab)\]
\[F=\begin{cases} F(i)=\frac{i}{i-1}-1&i\in\ p\\ F(ip_j)=F(i)F(p_j)&i\perp p_j\\ F(ip_j)=0&otherwise\\ \end{cases}\]
这样我们预处理函数\(F(T)\)然后可以分块了。
这样复杂度瓶颈在于线筛是\(O(n)\)的。
三次足够了。
2.bookshelf http://hzoj.com/contest/236/problem/2
首先两个引理（反正我想不到）：
\[fr.gcd(x^{a_1}-1,x^{a_2}-1,......,x^{a_n}-1)=x^{gcd(m-n)}-1\]
证明：
设\(n<m\)
\[gcd(x^n-1,x^m-1)=gcd(x^n-1,x^m-x^n)=gcd(x^m-1,x^n(x^{m-n}-1))=gcd(x^m-1,x^{m-n}-1)\]
变成了指数辗转相减。
最后必然是：
\[gcd(x^n-1,x^m-1)=x^{gcd(m-n)}-1\]

\[se.gcd(f_{a_1},f_{a_2},......,f_{a_n})=f_{gcd(a_1,a_2,......,a_n)}\]
证明：
设\(n<m\)
\[gcd(f_n,f_m)=gcd(f_n,f_{n-1}f_{m-n}+f_{n}f_{m-n+1})=gcd(f_n,f_{n-1}f_{m-n})=gcd(f_n,f_{m-n})\]
变成了下标辗转相减。
最后必然是：
\[gcd(f_n,f_m)=f_{gcd(n,m)}\]
那么\[gcd(\{beauty_i\})=2^{f[gcd(\{c_i\})]}-1\]
所以答案是：
\[\begin{aligned} ans&=\frac{1}{\binom{n+K-1}{K-1}}\sum\limits_{i|n}2^{f(i)}-1F(i)\\ F(d)&=\sum\limits_{\sum\{a_i\}=n}[gcd(\{a_i\})=d]\\ &=\sum\limits_{\sum\{a_i\}=\frac{n}{d}}[gcd(\{a_i\})=1]\\ &=\sum\limits_{\sum\{a_i\}=\frac{n}{d}}\sum\limits_{g|gcd(\{a_i\})=1}\mu(g)\\ &=\sum\limits_{g|\frac{n}{d}}\mu(g)\sum\limits_{\sum\{a_i\}=\frac{n}{dg}}I\\ &=\sum\limits_{g|\frac{n}{d}}\mu(g)\binom{\frac{n}{dg}+K-1}{K-1}\\ ans&=\frac{1}{\binom{n+K-1}{K-1}}\sum\limits_{i|n}2^{f(i)}-1\sum\limits_{g|\frac{n}{i}}\mu(g)\binom{\frac{n}{dg}+K-1}{K-1}\\ &=\frac{1}{\binom{n+K-1}{K-1}}\sum\limits_{T|n}\sum\limits_{d|T}(2^{f(d)}-1)\mu(\frac{T}{d})\binom{\frac{n}{T}+K-1}{K-1}\\ &=\frac{1}{\binom{n+K-1}{K-1}}\sum\limits_{T|n}\binom{\frac{n}{T}+K-1}{K-1}\sum\limits_{d|T}(2^{f(d)}-1)\mu(\frac{T}{d})\\ &=\frac{1}{\binom{n+K-1}{K-1}}\sum\limits_{T|n}\binom{\frac{n}{T}+K-1}{K-1}h(T)\\ \end{aligned}\]
然后\(nln{n}\)预处理一下\(h(T)\)就可以了。

3.TrickGCD http://hzoj.com/contest/236/problem/3
\[gcd(\{b_i\})=d\]
\(f(n)\)为\(gcd\)恰好为\(n\)的方案数。
\(g(n)\)为\(gcd\)为\(n\)的倍数的方案数。
\[ans=\sum\limits_{i=1}^{max}f(i)\]
\[g(n)=\sum\limits_{n|d}f(d)\]
\[f(n)=\sum\limits_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)\]
\[\begin{aligned} g(d)&=\prod\limits_{i=1}^{n}\frac{a_i}{d}\\ &=\prod\limits_{i=1}^{\frac{max}{d}}i^{c(id)}\\ \end{aligned}\]
这样按照结果来分类就可以了。

4.Neko and function http://hzoj.com/contest/236/problem/4
发现难点在于\(1\)的处理，考虑容斥。
\[ans=\sum\limits_{i=1}^{n}f(i,K)\]
\(F(n,K,m)\)为恰好有\(m\)个\(1\)的方案。
\(G(n,K,m)\)为至少有\(m\)个\(1\)的方案。
\(g(n,K)\)为无限制有多少个\(1\)的方案。
\[G(n,K,m)=\sum\limits_{i=m}^{K}\binom{i}{m}F(n,K,j)\]
\[F(n,K,m)=\sum\limits_{i=m}^{K}(-1)^{i-m}\binom{i}{m}G(n,K,j)\]
\[G(n,K,m)=\binom{K}{m}g(n,K-m)\]
\[\begin{aligned} f(n,K)&=F(n,K,0)\\ &=\sum\limits_{i=0}^{K}(-1)^{i}\binom{K}{i}g(n,K-i)\\ &=\sum\limits_{i=0}^{K}(-1)^{K-i}\binom{K}{i}g(n,i)\\ \end{aligned}\]
现在求一下\(g(n,K)\)
怎么做呢？尝试做一个\(dp\)。
\[g(n,K)=\sum\limits_{d|n}g(d,K-1)\]
用卷积来写的话就是：
\[g(K)=I*g(K-1)\]
\[g(K-1)=g(K)*\mu\]
由于每个质数之间互不干扰。
这样就出现了杜教筛的形式。
\[\begin{aligned} S_{K-1}(n)&=\sum\limits_{i=1}^{n}g(n,K-1)\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d|i}g(\frac{i}{d},K)\mu(d)\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}\mu(d)\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}g(i,K)\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}\mu(d)S_K(\frac{n}{d})\\ S_K(n)&=S_{K-1}(n)-\sum\limits_{d=2}^{n}S_K(\frac{n}{d})\\ \end{aligned}\]
这样就可以直接杜教筛了。
\[\begin{aligned} ans&=\sum\limits_{i=1}^{n}f(i,K)\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=0}^{K}(-1)^{j}\binom{K}{j}g(i,j)\\ &=\sum\limits_{j=0}^{K}(-1)^{j}\binom{K}{j}\sum\limits_{i=1}^{n}g(i,j)\\ &=\sum\limits_{j=0}^{K}(-1)^{j}\binom{K}{j}S_{j}(n)\\ \end{aligned}\]

5.GCD of Sequence http://hzoj.com/contest/236/problem/5
\[gcd(b_1,b_2......,b_n)=d\]
\(g(d)\)是\(gcd\)为i\(d\)的倍数的方案,\(f(d)\)是\(gcd\)恰好为\(d\)的方案。
\[g(n)=\sum\limits_{n|d}f(d)\]
\[f(d)=\sum\limits_{n|d}\mu(\frac{n}{d})g(d)\]
\(c(d)\)为\(d\)的倍数的\(a\)的个数。
\[g(d)=(\frac{m}{d})^{n-c(d)}\binom{c(d)}{n-K}(\frac{m}{d}-1)^{c(d)}\]

6.Battlestation Operational http://hzoj.com/contest/236/problem/6
其实直接暴力推就可以了。
挺简单的。
\[\begin{aligned}\\ f(n)&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}\lceil{\frac{i}{j}}\rceil[gcd(i,j)=1]\\ &=\sum\limits_{j=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}\lceil{\frac{i}{j}}\rceil\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d|i}\mu(d)\sum\limits_{j=1}^{\frac{i}{d}}\lceil{\frac{i}{jd}}\rceil\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d|i}\mu(d)g(\frac{n}{d})\\ g(n)&=\sum\limits_{i=1}^{n}\lceil{\frac{n}{i}}\rceil\\ &=n+\sum\limits_{i=1}^{n}\lfloor{\frac{n-1}{i}}\rfloor\\ &=n+h(n-1)\\ h(n)&=\sum\limits_{i=1}^{n}\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{i|d}^{n}I\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}\sum\limits_{i|d}I\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}d(i) \end{aligned}\]
回代即可\(n\ln{n}\)。