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形式解说算法！❤️欢送关注我，一起交换C++/Python算法。（优质好文继续更新中……）
原文链接（浏览原文取得更好浏览体验）：https://www.eriktse.com/algorithm/1104.html

在做明天这两道题之前，强烈建议先看这篇文章《【ACM数论】和式变换技术，兴许是最好的解说之一》。

月月给华华出题

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

当N = n时，咱们能够失去以下式子：

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

依据咱们的教训，在gcd不不便确定的状况下，能够新增枚举变量，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，失去上面的式子：

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

无妨将n/d间接变为d，这个对后果是没有影响的，因为枚举的都是n的因子罢了。

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

前面这一坨的后果是：

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

简略证实：咱们晓得gcd(i, n) = gcd(n - i, n)，所以和n的gcd相等的数总是对称呈现的，因而若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”。
留神当n=1时，该当非凡解决，因为此时n - 1 = 1会产生计数缺失。
而对于n > 1的状况，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，所以计数是精确的。

于是最终后果为：

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

用欧拉筛筛出phi（欧拉函数），而后枚举d，向d的所有倍数加上奉献即可。

#include <bits/stdc++.h>#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<N> vis;    vector<int> 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，阐明是一个质数，退出prim数组中并设置phi[i] = i - 1        if(!vis[i])prim.push_back(i), phi[i] = i - 1;                //上面这个循环在更新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]必定不是质数了                        if(i % prim[j] == 0)            {                //此时i外面曾经蕴含prim[j]，阐明i * prim[j]没有呈现新的质因子                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时的后果    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

这题的式子不必推，重点在于如何疾速求到:

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

如果用疾速幂的话，总复杂度达到了O(nlogn)，这道题的n <= 1.3e7，卡着不让间接用疾速幂。

咱们思考一个问题，如果将一个数字a质因数分解，咱们能够不能够利用其质因子的n次方来求得a的n次方呢？

如果你晓得i^n是一个积性函数，这一段就能够跳过了。

假如a由m种质数相乘失去：

$$a=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times ... \times p_m^{k_m}$$

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：

$$ a^n=p_1^{nk_1}\times p_2^{nk_2}\times ... \times p_n^{nk_n} $$

而后做一点点变动:

$$ a^n=(p_1^{n})^{k_1}\times (p_2^{n})^{k_2}\times ... \times (p_n^{n})^{k_n} $$

也就是说咱们的a^n能够通过p1^n, p2^n...转移过去。

接下来写个筛法即可。

#include <bits/stdc++.h>#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<N> vis;    vector<int> prim;    vis[1] = 1, a[1] = 1;    for(int i = 2;i <= n; ++ i)    {        //当i没被筛掉，阐明是一个质数        if(!vis[i])prim.push_back(i), a[i] = qmi(i, n);                //上面这个循环在更新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]必定不是质数了            //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;//不要遗记取模                        //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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