ZOJ3881：From the ABC conjecture（莫比乌斯反演）

最新推荐文章于 2022-04-13 21:48:32 发布

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数论

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本文解析了一道复杂的数论题目，通过证明函数的积性性质，并利用质因数分解和莫比乌斯反演等技巧，最终简化了求解过程。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目传送门：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3881

题目分析：又是一道神题。别的算法都是做一题少一题，只有数论是做一题多一题的……至于推导过程的话已经有神犇在网上放了很优秀的题解，我只是过来总结一下思路要点+贴代码而已。
要点：本题要求的是一个很奇怪的函数 $f(n)=rad(n)\phi(\frac{n}{rad(n)})$ ，这肯定无法直接化简。于是我们首先证明它是个积性函数，然后用积性函数的性质 $f(n)=\prod_{i=1}^{t}f(p_i^{k_i})$ 将它拆开。接下来我们将这个拆开后的式子带进g函数里面化简，得到 $g(n)=\prod_{i=1}^{t}(1+p_i\sum_{j=0}^{k_i-1}\phi(p_i^j))$ 。然后我们发现 $\sum_{j=0}^{k_i-1}\phi(p_i^j)=\sum_{d|p_i^{k_i-1}}\phi(d)=p_i^{k_i-1}$ 。于是就变成了 $g(n)=\prod_{i=1}^{t}(1+p_i^{k_i})$ 。我们再根据对其每个质因数的限制条件，转化成枚举因数并限制其gcd的形式，变成了 $g(n)=\sum_{d|n}[(d,\frac{n}{d})=1]d$ （这很像SDOI2015约数个数和这题）。接下来就是很常规的化简和莫比乌斯反演。这题这也为我以后做其他数论题提供了一种新的思路吧。

CODE：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn=1000010;
const long long M=1e9+9;
typedef long long LL;

LL f[maxn];
bool vis[maxn];
int prime[maxn];
int cur=0;

LL n=0;

void Make()
{
    f[1]=1;
    for (int i=2; i<maxn; i++)
    {
        if (!vis[i]) f[i]=-1,prime[++cur]=i;
        for (int j=1; j<=cur && i*prime[j]<maxn; j++)
        {
            int k=i*prime[j];
            vis[k]=true;
            if (i%prime[j]) f[k]=-f[i];
            else
            {
                f[k]=0;
                break;
            }
        }
    }
    for (int i=2; i<maxn; i++)
    {
        f[i]*=i;
        if (f[i]<0) f[i]+=M;
    }
}

LL Sum(LL x)
{
    LL y=x+1LL;
    if (x&1) y>>=1;
    else x>>=1;
    return (x%M)*(y%M)%M;
}

LL S(LL x)
{
    LL temp=0,last;
    for (LL i=1; i<=x; i=last+1)
    {
        last=x/(x/i);
        temp=(temp+ x/i%M*( Sum(last)-Sum(i-1)+M ) )%M;
    }
    return temp;
}

int main()
{
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);

    Make();
    while ( scanf("%lld",&n),n )
    {
        LL sn=(long long)floor( sqrt( (double)n )+1e-7 );
        LL ans=0;
        for (LL i=1; i<=sn; i++)
            ans=(ans+ f[i]*S(n/i/i) )%M;
        printf("%lld\n",ans);
        n=0;
    }

    return 0;
}