[51nod 1594]Gcd and Phi

本文介绍了一道数论题的解法,题目要求求解所有(i,j)对,使得1≤i≤n且1≤j≤n时,phi(i)和phi(j)的最大公约数的欧拉函数值之和。采用枚举gcd结合莫比乌斯反演的方法,并通过代码实现了nlogn预处理。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

题目大意

求所有(i,j)满足1<=i<=n和1<=j<=n,phi(i)和phi(j)的gcd的欧拉函数值和。

数论题

挺简单的。
枚举gcd然后莫比乌斯反演一波。
接下来的式子中需要用到的均能够进行n log n预处理。
式子不太想写了, 可以看看代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2000000+10;
ll f[maxn],g[maxn];
int mu[maxn],pri[maxn],phi[maxn],num[maxn],cnt[maxn];
bool bz[maxn];
int i,j,k,l,t,n,m,top,ca;
ll ans;
int main(){
    mu[1]=phi[1]=1;
    fo(i,2,maxn-10){
        if (!bz[i]){
            pri[++top]=i;
            mu[i]=-1;
            phi[i]=i-1;
        }
        fo(j,1,top){
            if ((ll)i*pri[j]>maxn-10) break;
            bz[i*pri[j]]=1;
            if (i%pri[j]==0){
                mu[i*pri[j]]=0;
                phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
                break;
            }
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
            phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
        }
    }
    scanf("%d",&ca);
    while (ca--){
        scanf("%d",&n);
        fo(i,1,n) cnt[i]=num[i]=f[i]=g[i]=0;
        fo(i,1,n) num[phi[i]]++;
        fo(i,1,n)
            fo(j,1,n/i)
                cnt[i]+=num[i*j];
        fo(i,1,n) g[i]=(ll)cnt[i]*cnt[i];
        fo(i,1,n)
            fo(j,1,n/i)
                f[i]+=g[i*j]*mu[j];
        ans=0;
        fo(i,1,n) ans+=(ll)phi[i]*f[i];
        printf("%lld\n",ans);
    }
}
题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要求通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值