数论题总结

　　这几天做了几道微不足道的数论题，感觉做法都十分的高啊，我这种僵化的思想是很难有那样的切题知识水平的。然后做了几道题，感觉也有点熟悉数学的那一套理论了，虽然我还是太弱，但是有点东西还是要讲出来的嘛，一起谈笑风生，积累人生经验。闷声发大财虽然好，但是是不支持的。

　　上面那句话看不懂就无视吧。

　　那么对于数论题，我们应该如何下手呢？？我总结了一些分析技巧和优化技巧，希望有用(希望考场推得出来)。

题目分析：

1.题目给的很直接了，让你求这个那个。

　　以两道同年的NOI题目为例。

　　1.荒岛野人 Savage

　　　　反正不管怎么样，看完题目我就知道考什么了(这并不能掩饰我WA几次的事实)。一眼扩展欧几里得，数据规模也当然很支持。暴力枚举m，n2扩欧就能跑过，速度较西方记者而言也不遑多让。

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#define LL long long int
#define ls (x << 1)
#define rs (x << 1 | 1)
using namespace std;
const int N = 21;
int n,m,c[N],p[N],l[N];
inline int gi()
{
  int x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
inline int Abs(int x){return x>0?x:-x;}
inline int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
  if(b==0){x=1;y=0;return;}
  exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;
}
inline bool check(int i,int j,int cir)
{
  int A=(p[i]-p[j]),B=cir,C=(c[j]-c[i]),X=0,Y=0;
  int d=gcd(A,B);if(C%d!=0)return true;
  exgcd(A,B,X,Y);B=Abs(B/d);
  X=((X/d*C)%B+B)%B;if(X==0)X+=B;
  return X>min(l[i],l[j]);
}
int main()
{
  n=gi();
  for(int i=1;i<=n;++i)
    c[i]=gi(),p[i]=gi(),l[i]=gi(),m=max(m,c[i]);
  for(;;++m)
    {
      int flag=1;
      for(int i=1;i<=n;++i)
    	for(int j=i+1;j<=n;++j)
	     if(!check(i,j,m))
	        {flag=0;i=n+1;break;}
      if(flag)break;
    }
  printf("%d",m);
  return 0;
}

　　2.机器人m号 robot

　　　　　　　讲真我认为应该批判一番这个出题人，本来考场时间就不多，还花个10分钟看题，还要记住什么军人学者政客(噫,怎么这么像他)。

　　 独立数就是欧拉函数嘛，至于按因子数分类什么的跟莫比乌斯函数关系并不(没)大(有)。然后求出军人政客后用欧拉函数的性质求出学者的个数就可以了。

　　 这题做法还是比较神的。欧拉函数不是是积性的嘛，它又是给你的质数因子，所以你利用积性+乘法结合律，就可以写出一个二维DP的式子。但有一个更加高的方法就是直接把答案带进去递推，相当于用那个DP式子的分奇偶前缀和直接算，数组都不用开。

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#define LL long long int
#define ls (x << 1)
#define rs (x << 1 | 1)
using namespace std;
const LL Mod = 10000;
LL Ans1,Ans2,m,k;
int gi()
{
  int x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
void pL(LL x)
{
  if(x<0)putchar(‘-‘),pL(-x);
  if(x<10)putchar(x+‘0‘);
  else pL(x/10),putchar(x%10+‘0‘);
}
void pc(){putchar(‘\n‘);}
LL gL()
{
  LL x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
LL Qpow(LL d,LL z)
{
  LL ans=1;
  for(;z;z>>=1,d=d*d%Mod)if(z&1)ans=ans*d%Mod;
  return ans;
}
int main()
{
  k=gL();m=1;
  for(LL i=1;i<=k;++i)
    {
      LL p=gL(),e=gL();
      m=m*Qpow(p,e)%Mod;
      if(p==2)continue;
      LL ans1=(Ans1+(Ans2+1)*(p-1))%Mod;
      LL ans2=(Ans2+Ans1*(p-1))%Mod;
      Ans1=ans1;Ans2=ans2;
    }
  pL(Ans2);pc();pL(Ans1);pc();pL(((m-Ans1-Ans2-1)%Mod+Mod)%Mod);
  return 0;
}

　　2.公式推导

　　题目给了你一个公式，但是直接算是显然会T的，这个时候就要将公式等价化简。这种题目SDOI以前是有的，现在他们的Oier身经百战了，见的多了，这种问题就没怎么出现过了。但对于新手来说，对于对数论函数的高妙使用的熟悉还是有很大帮助的。

　　1.Longge的问题

你看，多么简单的一个问题，但显然暴力是跑不过去的，这点上不管是香港记者还是松爷也必须承认的。

那么我们必须考虑优化(不是底层优化！)。注意到有贡献的只有gcd，且关于gcd有一个优美的性质：gcd(a/gcd(a,b),b/gcd(a,b))=1；

就是说除了gcd之后两个数忽然就互质了，于是个数就是欧拉那么多个。

于是答案就是sigma(d|n) d*phi(n/d)；phi在线爆算就可以了。

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#define LL long long int
#define ls (x << 1)
#define rs (x << 1 | 1)
using namespace std;
LL n,Ans;
LL gL()
{
  LL x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
LL get(LL x)
{
  LL ans=x;
  for(LL i=2;i*i<=x;++i)
    if(x%i==0)
      {
    ans=ans/i*(i-1);
    while(x%i==0)x/=i;
      }
  if(x!=1)ans=ans/x*(x-1);
  return ans;
}
int main()
{
  n=gL();
  for(LL i=1;i*i<=n;++i)
    if(n%i==0)
      {
    if(i*i==n)Ans+=i*get(i);
    else Ans+=(i*get(n/i)+(n/i)*get(i));
      }
  printf("%lld\n",Ans);
  return 0;
}

2.GCD

这问的问题啊，还是太简单，太幼稚。

一个数对(x,y)的gcd为质数p，如果假设x>y，那么对于(x/p,y/p)而言答案就是很水的类似于上一题的操作了。

对于所有的数，我们用前缀和优化一下就可以了，答案再乘以2加上1就可以了。

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#define LL long long int
#define Inc i*Prime[j]
using namespace std;
const int N = 10010000;
int n,Prime[N],tot,ph[N],vis[N];
LL Q[N],Ans;
int gi()
{
  int x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
LL gl()
{
  LL x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
void prepare()
{
  ph[1]=1;
  for(int i=2;i<=n;++i)
    {
      if(!vis[i]){Prime[++tot]=i;ph[i]=i-1;}
      for(int j=1;j<=tot;++j)
    {
      if(Inc>N)break;vis[Inc]=1;
      if(i%Prime[j])ph[Inc]=ph[i]*ph[Prime[j]];
      else{ph[Inc]=ph[i]*Prime[j];break;}
    }
    }
  for(int i=2;i<=n;++i)
    Q[i]=Q[i-1]+(LL)ph[i];
}
int main()
{
  n=gi();prepare();
  for(int i=1;i<=tot;++i)
    Ans+=(2*(Q[n/Prime[i]])+1);
  printf("%lld",Ans);
  return 0;
}

　　3.构建数学模型，巧妙转化

　　这部分是最难的。就像数学原理人人都会，但数学题不见得人人都会做；谁都有过冲动，但有的人非要去肛坦克。一般碰到这种题目，不应及时下手，应该在草稿纸上理性分析，并且打好暴力验证你的思想。学长传授的人生经验是，推一个式子打一遍，不要在过程中出现偏差。

1.仪仗队

这道题简直就是莫比乌斯反演的弱化版(第一象限)的弱化版(n=m)的弱化版(n<=40000)好吗！真的不怕考场上有人打表吗？

反正一个点能被看到就是这个点横纵坐标的gcd=1才可以！你再只看一个上或者下三角，就是欧拉函数！水的一笔。

/**************************************************************
    Problem: 2190
    User: Ryze
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:24 ms
    Memory:1760 kb
****************************************************************/

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#define LL long long int
#define Inc i*Prime[j]
using namespace std;
const int N = 40100;
int n,vis[N],Prime[N],ph[N],tot,Ans;
int gi()
{
  int x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
void pui(int x)
{
  if(x<10)putchar(x+‘0‘);
  else pui(x/10),putchar(x%10+‘0‘);
}
void shai()
{
  ph[1]=1;
  for(int i=2;i<=n;++i)
    {
      if(!vis[i]){Prime[++tot]=i;ph[i]=i-1;}
      for(int j=1;j<=tot;++j)
    {
      if(Inc>n)break;vis[Inc]=1;
      if(i%Prime[j])ph[Inc]=ph[i]*ph[Prime[j]];
      else {ph[Inc]=ph[i]*Prime[j];break;}
    }
      Ans+=ph[i];
    }Ans-=ph[n]-1;
}
int main()
{
  n=gi();shai();
  printf("%d",Ans*2+1);
  return 0;
}

2.古代猪文

　　题面是很有趣的，充满着批判的意味，仿佛是要弄出一个大新闻，让人Excited！

　　在PKU的学长跟我们讲这是板子合集，前提是你要看出来。

　　题目显然求G的sigma{d|n}(一个组合数)次方。组合数之和做指数肯定是不支持的。因为模数是个质数，就把指数模一个phi(模数)=模数-1;又因为模数-1是个合数，且发现没有相同质因子，就用扩展Lucas来敲。然后再打一个快速幂就可以AC这道牛逼哄哄的题目惹。

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#define LL long long int
#define ls (x << 1)
#define rs (x << 1 | 1)
using namespace std;
const LL Mod = 999911659;
const int N = 50010;
LL n,g,M[]={0,2ll,3ll,4679ll,35617ll},Y[10];
LL J[N],A[N],Z[10];
void pL(LL x)
{
  if(x<10)putchar(x+‘0‘);
  else pL(x/10),putchar(x%10+‘0‘);
}
LL gL()
{
  LL x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
void prepare(LL x)
{
  A[1]=J[0]=J[1]=1;
  for(LL i=2;i<x;++i)
    J[i]=J[i-1]*i%x,A[i]=((-(x/i)*A[x%i])%x+x)%x;
}
LL C(LL N,LL M,LL P)
{
  if(N<M)return 0ll;
  LL ans=J[N];
  ans*=A[J[M]];ans%=P;
  ans*=A[J[N-M]];ans%=P;
  return ans;
}
LL Lucas(LL N,LL M,LL P)
{
  if(!M)return 1ll;
  if(N<P&&M<P)return C(N,M,P);
  LL c=C(N%P,M%P,P);if(!c)return 0ll;
  LL L=Lucas(N/P,M/P,P);return c*L%P;
}
LL get(LL mod)
{
  LL ans=0;
  for(LL i=1;i*i<=n;++i)
    if(n%i==0)
      {
 　　   ans+=Lucas(n,i,mod);ans%=mod;
  　　  if(i*i!=n)ans+=Lucas(n,n/i,mod),ans%=mod;
      }
  return ans;
}
LL Qpow(LL d,LL z)
{
  LL ans=1;
  for(;z;z>>=1,d=d*d%Mod)if(z&1)ans=ans*d%Mod;
  return ans;
}
int main()
{
  n=gL();g=gL()%Mod;
  if(g==0){pL(0);return 0;}
  for(int t=1;t<=4;++t)
    {
      prepare(M[t]);
      Y[t]=get(M[t]);
      Z[t]=((Mod-1)/M[t])*A[((Mod-1)/M[t])%M[t]];
      Y[0]+=Y[t]*Z[t]%(Mod-1);Y[0]%=(Mod-1);
    }
  return pL(Qpow(g,Y[0])),0;
}

3.圆上的整点

　　这题真是神了系列。

　　首先你会想到a^2+b^2=r^2之枚举a看b。现在我们来想想优化。

　　a^2+b^2=r^2；

　　a^2=r^2-b^2；

　　a^2=(r+b)(r-b)；

　　令d = gcd(右边)；　　// 神奇思想。左式为完全平方数，就在右边构建完全平方数。

　　a^2=d^2*[(r+b)/d]*[(r-b)/d]；

　　因为右边是完全平方数，两中括号内的数互质，所以本身就是完全平方数。

　　令其分别为p^2,q^2；

　　则有： p^2+q^2=2r/d；

　　所以你就可以直接枚举了。枚举d,再枚举p或者q就好。

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <cstring>
#include    <cmath>
#define LL long long int
#define ls (x << 1)
#define rs (x << 1 | 1)
#define fa (x >> 1)
#define MID  LL mid=(l+r)>>1
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
using namespace std;
LL Ans,r,R,p,q,A,B,X,Y,d;
LL gi()
{
  LL x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>‘9‘ || ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)res=-1;ch=getchar();}
  while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
LL gcd(LL a,LL b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
int main()
{
  R=gi();r=2*R;
  for(d=1;d<=sqrt(r);++d)
    {
      if(r%d==0)
        {
	  LL K1=r/d;K1/=2;K1=sqrt(K1);
	  for(q=1;q<K1;++q)
            {
	      p=sqrt(r/d-q*q);
	      if(p*p+q*q==r/d)
                {
		  A=p*p;B=q*q;
		  if(gcd(A,B)!=1 || A==B)continue;
		  else Ans++;
                }
            }
	  LL K2=d;K2/=2;K2=sqrt(K2);
	  for(q=1;q<=K2;++q)
            {
	      p=sqrt(d-q*q);
	      if(p*p+q*q==d)
                {
		  A=p*p;B=q*q;
		  if(gcd(A,B)!=1 || A==B)continue;
		  else Ans++;
                }
            }
        }
    }
  cout<<4*Ans+4;
}

优化技巧

1.数论分块。

　　我们经常推公式推出来一个关于“取下整”的东西。其实这就是我们分块优化的突破口。

　　打一个表，我们可以发现，[n/i]取下整这种东西的取值并不多，有很多连续的一段其实都是一个值。经过严谨的证明，大概有2√n个。

　　这个时候公式就可能可以得到简化。我们用前缀和维护一下，在一段相同取值的块内把整块求出来，然后直接跳到下一个块去。

　　公式是：

　　　　初始化：l=1,r;

　　　　分块操作：r=n/(n/l);

　　　　下一块：l=r+1;

　　这便是套路所在。有此分块，O(n)的复杂度就被缩成了O(sqrt(n))；数论分块在莫比乌斯和数论中应用十分广泛，考点也很多。

下面有一道经典的数论分块题目，涉及到分块后的不同操作，推荐一下：

模积和

这里放白字题解：

　　在此我们先了解正整数意义下的模运算，叫做取余运算。

　　n%p 可以用式子 n-(n/p)*p 来等效替代(仅限于整型)。

　　所以原式可以化简，具体式子我就给一神犇学长的博客。他推的比我的清楚，而且里面有套路。

　　所以接下来的就是喜闻乐见的各种分块。注意一定要一步一模。

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#define LL long long int
#define ls (x << 1)
#define rs (x << 1 | 1)
using namespace std;
const LL Mod = 19940417;
LL n,m,Ans;
LL gL()
{
  LL x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
inline LL sum(LL l,LL r){return (r-l+1)*(r+l)/2%Mod;}
inline LL Sum(LL x){return x*(x+1)%Mod*(2*x+1)%Mod*3323403%Mod;}
inline LL calc(LL A)
{
  LL ret=0;
  for(LL l=1,r;l<=A;l=++r)
    {
      r=A/(A/l);
      ret+=(r-l+1)*A%Mod-(A/l)*sum(l,r)%Mod;
      ret=(ret%Mod+Mod)%Mod;
    }
  return ret;
}
LL cal(LL A)
{
  LL res=0;
  for(int l=1,r;l<=n;l=++r)
    {
      r=min(n/(n/l),m/(m/l));
      LL ans1=n*m%Mod*(r-l+1)%Mod;
      LL size=((Sum(r)-Sum(l-1))%Mod+Mod)%Mod;
      LL ans2=(n/l)*(m/l)%Mod*size%Mod;
      LL ans3=n*(m/l)%Mod*sum(l,r)%Mod;
      LL ans4=m*(n/l)%Mod*sum(l,r)%Mod;
      res=((res+ans1+ans2-ans3-ans4)%Mod+Mod)%Mod;
    }
  return res;
}
int main()
{
  n=gL();m=gL();if(n>m)swap(n,m);
  LL ans1=calc(n),ans2=calc(m);
  Ans=ans1*ans2%Mod;
  LL ans3=cal(n);Ans=(Ans-ans3)%Mod;
  printf("%lld\n",(Ans+Mod)%Mod);
  return 0;
}

2.未完待续... ...

时间： 2024-09-26 23:20:47

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觉得还是数位dp的那种解题形式但是没有认真的想,一下子就看题解.其实还是设置状态转移.一定要多思考啊f[i][j]=f[i-1][j]+g[i-1][j] g[i][j]=f[i-1][j-1]+g[i-1][j]; 然后我就开始gang.然后先是for for j没有从0开始.然后是cnt增加的时候忘了*,接着是1<<tmp没有用ll,还有是读入优化没有用longlong,最后成功的过了若干较小的数据.WAWAWAWAWA5发.最后发现指数不能直接取模!.终于AC了喜极而泣TAT =>

BZOJ:3209: 花神的数论题

今天居然没参考任何资料解决了这道数位DP,事先只是搞一道数论题练练: 思路:求SUM[1]-SUM[N]的二进制的乘积mod1000000007: N<=10^15;BZOJ的题不会是几个简单的FOR就完结的, 假如N的二进制是:1001001: 位数:1234567 那么当第一位是0的情况:那么数就是000000-111111 序列号:  123456-123456 发现我们可以用排列组合算出二进制有1-6个1的数比如:1个1就是C[6][1],2个1就是C[6][2],...... 当第一位

bzoj 3209: 花神的数论题 数位dp

3209: 花神的数论题 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB[Submit][Status][Discuss] Description 背景众所周知,花神多年来凭借无边的神力狂虐各大 OJ.OI.CF.TC …… 当然也包括 CH 啦.描述话说花神这天又来讲课了.课后照例有超级难的神题啦…… 我等蒟蒻又遭殃了.花神的题目是这样的设 sum(i) 表示 i 的二进制表示中 1 的个数.给出一个正整数 N ,花神要问你派(Sum(i)),也就是 sum(

花神的数论题(数位dp）

规定sum[i] 为i里面含1的个数 ,求从1-N sum[i]的乘积. 数为64位内的,也就是sum[i]<=64的,这样可以dp求出1-N中含k个1的数有多少个,快速幂一下就可以了. 有个地方没开LL ,WA了几次. 1 #include <iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<stdlib.h> 6 #incl

【BZOJ3209】花神的数论题 数位DP

[BZOJ3209]花神的数论题 Description 背景众所周知,花神多年来凭借无边的神力狂虐各大 OJ.OI.CF.TC …… 当然也包括 CH 啦.描述话说花神这天又来讲课了.课后照例有超级难的神题啦…… 我等蒟蒻又遭殃了.花神的题目是这样的设 sum(i) 表示 i 的二进制表示中 1 的个数.给出一个正整数 N ,花神要问你派(Sum(i)),也就是 sum(1)—sum(N) 的乘积. Input 一个正整数 N. Output 一个数,答案模 10000007 的值. Samp

数论题常用式子

最近在做数论题,积累一些式子. \([x=1]=\sum_{d|x}\mu(d)\)(莫比乌斯函数定义) 然后才推出莫比乌斯函数的公式以及莫比乌斯函数是积性函数. \(\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1]=\varphi(n)\)(欧拉函数定义) 根据一些计数原理,能推出来欧拉函数的公式,从而推出欧拉函数是积性函数. \(\sum_{i=1}^ni[\gcd(i,n)=1]=\frac n 2\varphi(n)\)(当n=1时为1) 或者写为\(\sum_{i=1}^ni[\gc