数学相关训练题解
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CF645F
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题目解法
一眼莫反
推式子的步骤就不写了，反正也比较套路
这里只给出最后的式子为： A n s = ∑ i = 1 V ϕ ( i ) ∗ ( ∑ i ∣ j c n t j k ) Ans=\sum\limits_{i=1}^{V}\phi(i)*\binom{\sum\limits_{i\mid j}cnt_j}{k} Ans=i=1∑Vϕ(i)∗(ki∣j∑cntj)，其中 c n t j cnt_j cntj 为数字 j j j 的出现次数
修改操作的话，根据式子，不难得出只要修改 x x x 的因子即可
时间复杂度 O ( q n ) O(q\sqrt n) O(qn)
#include CF1034C
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题目解法
翻译有误！！！
显然我们的问题是要求出这棵树分成 k k k 个部分是否可行，如果可行，令 f k = 1 f_k=1 fk=1
那么只要做一遍 d p dp dp，即可，式子为 f i = ∑ i ∣ j f j f_i=\sum\limits_{i|j}f_j fi=i∣j∑fj，注意 i , j i,j i,j 一定要是可行的
考虑如何求 f k f_k fk
我们先求一遍子树和，令权值总和为 S S S，那么需要割的边即为满足 S k ∣ s i \frac{S}{k}|s_i kS∣si 的子树和
我们需要判断需要割的边的个数是否 = k =k =k
考虑如何快速求解上面的问题
s i = a S k s_i=a\frac{S}{k} si=akS
则 k = a S s i k=a\frac{S}{s_i} k=asiS
所以说如果 k k k 是 S ( S , s i ) \frac{S}{(S,s_i)} (S,si)S 的倍数，那么 i i i 就会对 k k k 产生贡献，直接扫一遍 S ( S , s i ) \frac{S}{(S,s_i)} (S,si)S 在 n n n 以内的倍数即可
时间复杂度 O ( n ln n ) O(n\ln n) O(nlnn)
#include CF1603D
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题目解法
首先可以发现当 k ≤ l o g 2 n k\le log_2^n k≤log2n 时，答案一定为 n n n，因为可以按照二进制的位数分组，然后每组的 c c c 都为 1 1 1
现在只需要考虑 k ≤ 16 k\le 16 k≤16 的情况
我们令 f i , j f_{i,j} fi,j 为到 j j j 分成 i i i 段的最小值
看题解发现 f i , j f_{i,j} fi,j 对于每一层的 i i i 满足决策单调性，所以可以直接分治解决
现在的问题是快速算出 c ( l , r ) c(l,r) c(l,r)
推式子 . . . ... ...
自己在草稿纸上推可以得出 c ( l , r ) = ∑ i = l r ∑ j = 1 ⌊ r i ⌋ ϕ ( j ) c(l,r)=\sum\limits_{i=l}^r\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{r}{i}\rfloor}\phi(j) c(l,r)=i=l∑rj=1∑⌊ir⌋ϕ(j)
发现这很分块
具体来说的话可以算出 ϕ \phi ϕ 的前缀和，然后分类讨论，和累加
感觉是道挺妙的题，但不太好讲，自己去看题解吧，讲的挺详细的
时间复杂度 O ( 16 n l o g n ) O(16nlogn) O(16nlogn)
#include CF1770F
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感觉是一道很妙的题！！！反正我是完全没思路
考虑题目中的和限制与或限制有很好的对称性，那么不难发现 a 1 a_1 a1 的位置可以换到其他任何位置上，那么当 n n n 为偶数的时候答案即为 0 0 0，当 n n n 为奇数的时候答案为所有情况下 a 1 a_1 a1 的异或和（因为异或可以抵消，且 a 1 a_1 a1 可以换到任何一个位置，那么当 n n n 为奇数时一定只会剩下一个位置未被抵消）
首先一个朴素的想法是对 a 1 a_1 a1 分位计算，那么现在我们需要求当 2 i ⊆ a 1 2^i\subseteq a_1 2i⊆a1 的满足条件的方案数的奇偶性
对于 或 操作，具有比较好的性质（只有可能从 0 0 0 变为 1 1 1），所以我们考虑容斥求解
令 f y ′ ( y ′ ⊆ y ) f_{y'}(y'\subseteq y) fy′(y′⊆y) 为 ∀ a i ⊆ y ′ \forall a_i\subseteq y' ∀ai⊆y′ 且 ∑ a i = x \sum a_i=x ∑ai=x 的方案数
所以方案数即为 ∑ y ′ ⊆ y ( − 1 ) ∣ y ∣ − ∣ y ′ ∣ f y ′ \sum\limits_{y'\subseteq y}(-1)^{|y|-|y'|}f_{y'} y′⊆y∑(−1)∣y∣−∣y′∣fy′
因为我们只关心奇偶性，所以方案数可化简为 ∑ y ′ ⊆ y f y ′ \sum\limits_{y'\subseteq y}f_{y'} y′⊆y∑fy′
需要满足 a i ⊆ y ′ a_i\subseteq y' ai⊆y′ 的条件不好办，所以我们考虑组合数逆用，可得 a i ⊆ y ′ ⟺ ( y ′ a i ) ( m o d 2 ) a_i\subseteq y'\iff \binom{y'}{a_i}(\mod 2) ai⊆y′⟺(aiy′)(mod2)
把 f y ′ f_{y'} fy′ 拆分开来即为 ∑ ∑ a i = x − 2 i ( y − 2 i a 1 ) ( y a 2 ) . . . ( y a n ) \sum\limits_{\sum a_i=x-2^i}\binom{y-2^i}{a_1}\binom{y}{a_2}...\binom{y}{a_n} ∑ai=x−2i∑(a1y−2i)(a2y)...(any)
用范德蒙德卷积化简可得
( n y − 2 i x − 2 i ) ( m o d 2 ) = [ ( x − 2 i ) ⊆ ( n y − 2 i ) ] \binom{ny-2^i}{x-2^i}(\mod 2)\\=[(x-2^i)\subseteq(ny-2^i)] (x−2iny−2i)(mod2)=[(x−2i)⊆(ny−2i)]
直接计算即可
时间复杂度 O ( y l o g y ) O(ylogy) O(ylogy)
#include CF1656H
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题目解法
还是一道很妙的题！！！可能是我太菜了
我们一开始把所有数都选入集合中，然后考虑删数使两个集合的 l c m lcm lcm 相等
这个直接暴力查找删除即可，即找到 a i ∤ ∏ b j a_i\nmid \prod b_j ai∤∏bj， b j b_j bj 是仍在答案集合中的
一个判断 a i ∤ ∏ b j a_i\nmid \prod b_j ai∤∏bj 的直观想法是质因数分解，然后看次幂，但是 a i , b i ≤ 4 ∗ 1 0 36 a_i,b_i\le 4*10^{36} ai,bi≤4∗1036，明显不够做任何的质因数分解算法（ p o l l a r d − r h o pollard-rho pollard−rho 也跑不了）
所以考虑换一个角度思考问题
这里有一个很妙的判断方法是 gcd ( a gcd ( a , b 1 ) , a gcd ( a , b 2 ) , . . . , a gcd ( a , b k ) ) \gcd(\frac{a}{\gcd(a,b_1)},\frac{a}{\gcd(a,b_2)},...,\frac{a}{\gcd(a,b_k)}) gcd(gcd(a,b1)a,gcd(a,b2)a,...,gcd(a,bk)a)， k k k 为仍在答案集合中的数的个数，上面这个式子分类讨论然后自己分析一下不难理解
因为 gcd \gcd gcd 是可合并的，且需要支持修改，所以考虑用线段树维护
考虑每次删除数只会修改另一个序列中的当前位置，所以线段树只会修改 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 次，删除数的话直接把 gcd \gcd gcd 赋为 0 0 0 即可，因为 gcd ( x , 0 ) = x \gcd(x,0)=x gcd(x,0)=x
时间复杂度为 O ( n 2 l o g n l o g V ) O(n^2lognlogV) O(n2lognlogV)
#include CF986F
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题目解法
挺有意思的一道题（感觉十分多合一）
首先考虑到只有 k k k 的质因子是有用的，因为合数因子一定可以表示成多个质因子相加
那么现在的问题变成了询问 n n n 是否是 p 1 , . . . , p m p_1,...,p_m p1,...,pm 的线性组合，且每一项的系数需要非负
线性组合且非负，我们第一个想到的问题应该是 P3403 跳楼机，所以这道题我们可以套用那道题的做法，用同余最短路做
但我们发现 p i p_i pi 很大，最小的 p i p_i pi 甚至都不能做最短路，所以我们考虑分类讨论：
- m = 1 m=1 m=1，直接判断 n n n 是否是 p p p 的倍数即可
- m = 2 m=2 m=2，问题是需要判断是否存在 d 1 x + d 2 y = n d_1x+d_2y=n d1x+d2y=n 的非负整数解
如果 ( d 1 , d 2 ) ∤ n (d_1,d_2)\nmid n (d1,d2)∤n，则无解，考虑 ( d 1 , d 2 ) ∣ n (d_1,d_2)\mid n (d1,d2)∣n 的情况
问题等价于 d 2 y ≡ n ( m o d d 1 ) d_2y\equiv n (\mod d_1) d2y≡n(modd1) 的最小整数解 y y y 是否满足 y d 2 ≤ n yd_2\le n yd2≤n
y y y 的最小整数解显然为 n × d 2 − 1 n\times d_2^{-1} n×d2−1
直接求逆元即可 - m ≥ 3 m\ge 3 m≥3，这类情况我们直接套用同余最短路的做法，因为 ∏ p i ≤ 1 0 15 \prod p_i\le 10^{15} ∏pi≤1015，且 m ≥ 3 m\ge 3 m≥3，所以最小的 p i ≤ 1 0 5 p_i\le 10^5 pi≤105，可以直接做最短路
我是直接暴力质因数分解的（当然要先筛出质数），也可以过
因为是多合一做法，所以时间复杂度需要一个一个单独算，我就不算了，反正可以过
#include