苏州国决前集训Day10 模拟测试T2

树状数组与约数个数计算

最新推荐文章于 2021-07-21 15:18:54 发布

原创最新推荐文章于 2021-07-21 15:18:54 发布 · 337 阅读

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本文介绍了一段代码，该代码使用树状数组实现数组的变换，并计算约数个数之和。作者定义了一个CCC变换，用于将数组转换为其树状数组形式。然后，通过对初始数组进行多次CCC变换，计算每个元素的约数个数并累加。最后，文章提供了数学分析和解决方案，涉及到组合计数和分块除法。代码涉及数论和数据结构的结合，适用于解决复杂计算问题。

今天 $zzq\text{zzq}$ 在瞎写代码，首先他写了一个如下的树状数组（假设 $int\text{int}$ 可以存储任意大的整数）：

int n,bit[N]; //N足够大
void init() {
    for(int i=1;i<=n;++i) bit[i]=0;
}
void add(int x,int v) {
    for(int i=x;i<=n;i+=i&-i) bit[i]+=v;
}

利用这个树状数组，他定义了一种对长度为 $n$ 的数组 $a$ 的变换 $C$ ：

void C(int*a) {
    init();
    for(int i=1;i<=n;++i) add(i,a[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=bit[i];
}

即将 $a$ 变换为 $a$ 数组形成的树状数组。

为了测试这个变换， $zzq\text{zzq}$ 初始了一个长度为 $n$ 的数组 $p$ ，其中 $(i\in [1,n])$ 。接下来 $zzq\text{zzq}$ 会对 $p$ 进行 $k$ 次 $C$ 变换。

int k; cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;++i) p[i]=i;
for(int i=1;i<=k;++i) C(p);

最后 $z z q$ 想要知道 $∑i=1npid(i)\sum_{i=1}^n p_id(i)$ ，其中 $d (x)$ 为 $x$ 的约数个数。

int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i) ans+=p[i]*divisor_count(i);
cout<<ans%998244353<<"\n";

写完这个乱七八糟的代码， $zzq\text{zzq}$ 懒得运行了，他希望你能告诉他这个代码的输出。

$1≤n≤1018,1≤k≤1091\leq n\leq 10^{18},1\leq k\leq 10^9$

普通数论题，但在赛场上由于细节太多没能调出来。

考虑一个贡献对 $(i, j)$ 产生贡献，设 $ctz(i)\text{ctz}(i)$ 表示 $i$ 有 $1$ 的最低位。

那么可以发现最高位到 $ctz(i)\text{ctz}(i)$ 和最高位到 $ctz(j)\text{ctz}(j)$ 相等。

而且 $ctz(j)≤ctz(i)\text{ctz}(j)\leq \text{ctz}(i)$ ，对于等于的情况， $i, j$ 相等，可以简单计算，所以只需要考虑不相等的情况。

设 $w=(ctz(i),ctz(j))w=(\text{ctz}(i),\text{ctz}(j))$ 中 $0$ 的个数，可以发现相当于在一个有 $w$ 个中间点的链上行走，每次只能往后跳若干步，也可以不跳，求 $k$ 步到终点的方案数。

考虑组合意义即可，插板可得 $(k−1+w+1w+1)=kw+1‾(w+1)!\binom {k-1+w+1} {w+1}=\dfrac{k^{\overline {w+1}}}{(w+1)!}$ 。

那么我们直接暴力枚举 $ctz(i),ctz(j),w\text{ctz}(i),\text{ctz}(j),w$ ，剩下部分直接对奇数除法分块就可以了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=64,mod=998244353,inv2=499122177;
long long n;
int k,t,fac[N],inv[N],f[N][N],g[N][N];

int a[10010],b[10010];

void add(int x,int t){
	int tot=1;
	while(x<=n){
		b[x]=(b[x]+t)%mod;
		x+=(x&(-x));
	}
}


long long sum(long long x,long long y){
	x=x%mod;y=y%mod;
	return (x+y)*(y+mod-x+1)%mod*inv2%mod;
}

void solve(){
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=i;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		for(int i=1;i<=n;i++) add(i,a[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i],b[i]=0;	
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;j<=n;j+=i) ans=(ans+a[j])%mod;
	printf("%d\n",ans);
	exit(0);
}

int main(){
	scanf("%lld %d",&n,&k);
	long long tmp=n;
	while(tmp) t++,tmp/=2;
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=t;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*(k+i-1)%mod;
	inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=t;i++) inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
	for(int i=1;i<=t;i++) inv[i]=1ll*inv[i-1]*inv[i]%mod;
	long long ans=0,l=1,r;
	while(l<=n){
		r=n/(n/l);
		ans=(ans+sum(l,r)*sum(1,n/l))%mod;
		l=r+1;
	}
	g[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=t;i++){
		for(int j=0;j<=i;j++){
			f[i][j]=f[i-1][j]*2%mod;g[i][j]=g[i-1][j];
			if(j) f[i][j]=(1ll*f[i][j]+f[i-1][j-1]*2+g[i-1][j-1])%mod,g[i][j]=(g[i][j]+g[i-1][j-1])%mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<t;i++){
		long long tmp=(n-(1ll<<i))/(1ll<<i+1),I=(1ll<<i)%mod;
		for(int j=0;j<i;j++){
			long long J=(1ll<<j)%mod,JJ=(1ll<<j+1)%mod;
			int q=i-j-1;
			for(int w=0;w<=q;w++){
				long long l=0,r,tot=0;
				while(l<=tmp){
					r=(2*tmp+1)/((2*tmp+1)/(2*l+1));
					if(!(r&1)) r--;r>>=1;
					long long L=l%mod,R=r%mod,T=((2*tmp+1)/(2*l+1)-1)/2%mod,S=(T+1)*(R+mod-L+1)%mod;
					tot=(tot+((T+1)*(T+1)%mod*((L+R)*(R+mod-L+1)%mod+R+mod-L+1)%mod+mod-S)*I%mod*g[q][w])%mod;
					tot=(tot+(1ll*f[q][w]*JJ+1ll*g[q][w]*J)%mod*S)%mod;
					l=r+1;
				}
				ans=(ans+tot*(i+1)%mod*fac[q-w+1]%mod*inv[q-w+1])%mod;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
}