DAY10共2题：

  • 月月给华华出题

  • 华华给月月出题

难度较大。

? 作者：Eriktse
? 简介：211计算机在读，现役ACM银牌选手?力争以通俗易懂的方式讲解算法！❤️欢迎关注我，一起交流C++/Python算法。（优质好文持续更新中……）?
? 原文链接（阅读原文获得更好阅读体验）：https://www.eriktse.com/algorithm/1104.html

在做今天这两道题之前，强烈建议先看这篇文章《【ACM数论】和式变换技术，也许是最好的讲解之一》。

月月给华华出题

题目传送门：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/23048

当N = n时，我们可以得到以下式子：

\[ans_n = \sum_{i=1}^{n}\frac{i}{gcd(i, n)}\]

根据我们的经验，在gcd不方便确定的情况下，可以新增枚举变量，即新增一个d变量来枚举gcd(i, n)，如下：

\[\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{n}[gcd(i, n) = d]\frac{i}{d}\]

接下来令i = id，得到下面的式子：

\[\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}i[gcd(i,\frac{n}{d})=1]\]

不妨将n/d直接变为d，这个对结果是没有影响的，因为枚举的都是n的因子罢了。

\[\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{d}i[gcd(i,d)=1]\]

后面这一坨的结果是：

\[\sum_{i=1}^{d}i[gcd(i,d)=1] = \frac{d \times \phi(d)}{2}\]

简单证明：我们知道gcd(i, n) = gcd(n - i, n)，所以和n的gcd相等的数总是对称出现的，因此若gcd(i, n) = 1，则必然有gcd(n - i, i) = 1，也就是说和n互质的所有数的平均值为n/2，将平均值乘上个数phi[n]即为“与n互质的所有正整数之和”。
注意当n=1时，应当特殊处理，因为此时n - 1 = 1会产生计数缺失。
而对于n > 1的情况，如果要满足n - i = i则n为偶数，而此时n / 2必然不与n互质，所以计数是准确的。

于是最终结果为：

\[ans_n=\sum_{d|n}\frac{d \times \phi(d)}{2}\]

用欧拉筛筛出phi（欧拉函数），然后枚举d，向d的所有倍数加上贡献即可。

#include #define int long longusing namespace std;const int N = 1e6 + 9;int phi[N], ans[N];//phi[n] = n * ((p1 - 1) / p1) * ((p2 - 1) / p2) * ... * ((pk - 1) / pk),其中p为不同的质数void init(int n){    bitset vis;    vector prim;    //初始化vis[1]和phi[1]    vis[1] = true, phi[1] = 1;    for(int i = 2;i <= n; ++ i)    {        //当i没被筛掉，说明是一个质数，加入prim数组中并设置phi[i] = i - 1        if(!vis[i])prim.push_back(i), phi[i] = i - 1;                //下面这个循环在更新i * prim[j]的一些属性        for(int j = 0;j < prim.size() && i * prim[j] <= n; ++ j)        {            vis[i * prim[j]] = true;//乘上了一个质数，那么i * prim[j]肯定不是质数了                        if(i % prim[j] == 0)            {                //此时i里面已经包含prim[j]，说明i * prim[j]没有出现新的质因子                phi[i * prim[j]] = phi[i] * prim[j];                break;            }            phi[i * prim[j]] = phi[i] * (prim[j] - 1);        }            }}signed main(){    int n;scanf("%lld", &n);    init(n);    for(int i = 2;i <= n; ++ i)//枚举所有d = i    {        for(int j = 1;i * j <= n; ++ j)//枚举所有d的倍数 i * j        {            ans[i * j] += i * phi[i] / 2;        }    }    //这里答案 + 1是加上当d = 1时的结果    for(int i = 1;i <= n; ++ i)printf("%lld\n", 1 + ans[i]);        return 0;}

华华给月月出题

题目传送门：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/23047

这题的式子不用推，重点在于如何快速求到:

\[i^n,i \in [1, n]\]

如果用快速幂的话，总复杂度达到了O(nlogn)，这道题的n <= 1.3e7，卡着不让直接用快速幂。

我们思考一个问题，如果将一个数字a质因数分解，我们可以不可以利用其质因子的n次方来求得a的n次方呢？

如果你知道i^n是一个积性函数，这一段就可以跳过了。

假设a由m种质数相乘得到：

\[a=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times … \times p_m^{k_m}\]

那么有：

\[a^n=(p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times … \times p_n^{k_n})^n \]

把n放进去：

\[a^n=p_1^{nk_1}\times p_2^{nk_2}\times … \times p_n^{nk_n} \]

然后做一点点变化:

\[a^n=(p_1^{n})^{k_1}\times (p_2^{n})^{k_2}\times … \times (p_n^{n})^{k_n} \]

也就是说我们的a^n可以通过p1^n, p2^n...转移过来。

接下来写个筛法即可。

#include #define int long longusing namespace std;const int N = 1.3e7 + 9, p = 1e9 + 7;int a[N];int qmi(int a, int b){    int res = 1;    while(b)    {        if(b & 1)res = res * a % p;        a = a * a % p, b >>= 1;    }    return res;}void init(int n){    bitset vis;    vector prim;    vis[1] = 1, a[1] = 1;    for(int i = 2;i <= n; ++ i)    {        //当i没被筛掉，说明是一个质数        if(!vis[i])prim.push_back(i), a[i] = qmi(i, n);                //下面这个循环在更新i * prim[j]的一些属性        for(int j = 0;j < prim.size() && i * prim[j] <= n; ++ j)        {            vis[i * prim[j]] = true;//乘上了一个质数，那么i * prim[j]肯定不是质数了            //新增一个质因子prim[j]，那么只需乘上prim[j]^n即可            a[i * prim[j]] = a[i] * a[prim[j]] % p;//不要忘记取模                        //i^n筛法无需分类            if(i % prim[j] == 0)break;        }            }}signed main(){    int n;scanf("%lld", &n);    init(n);    int ans = 0;    for(int i = 1;i <= n; ++ i)ans ^= a[i];    printf("%lld\n", ans);    return 0;}

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