HDU - 5528 Count a * b (数论公式推导)

最新推荐文章于 2021-01-24 22:09:46 发布

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#推导式子

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本文探讨了一种特殊的数学问题，即计算在模意义下两个非负整数乘积不为零的所有可能组合的数量。通过定义函数f(m)来表示小于m的两个非负整数a和b的乘积模m不等于0的方式数量，并引入了另一个函数g(n)，用于求解所有m的f(m)之和，其中m是n的因子。文章详细解析了如何简化和计算这些函数，包括使用质因数分解和动态规划的思想。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Marry likes to count the number of ways to choose two non-negative integers a and b less than m to make a×b mod m≠0.

Let's denote f(m) as the number of ways to choose two non-negative integers a and b less than m to make a×b mod m≠0.

She has calculated a lot of f(m) for different m, and now she is interested in another function g(n)=∑m|nf(m). For example, g(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)=0+1+4+21=26. She needs you to double check the answer.

Give you n. Your task is to find g(n) modulo 264

Input

The first line contains an integer T

indicating the total number of test cases. Each test case is a line with a positive integer n.

1≤T≤20000
1≤n≤109

Output

For each test case, print one integer s

, representing g(n) modulo 2^64

Sample Input

2
6
514

Sample Output

26
328194

首先，化简f(m),

（因为0和m对m取模的结果一样,这里把[0,m-1]换为[1,m]。显然，后面那个式子的意思是i和j分别提供m的部分因子。）

那么式子就可以化简为:

这时，i去掉gcd（m，i）后，已经没用，可以删去，式子变为:

（由于）

式子化简为：

由结论（百度获得）进一步化简为:

那么,

后面的式子继续化简:

（现将d提出来；因为m为n的因子，d为m的因子，设m/d=k，则m=k*d，那么kd|n，即k|（n/d））

化简得：

由结论得式子为:

。那么最后，g（n）就化简为

（该）式子的含义为，求出m的所有因子的平方和，再减去n的因子的个数个n。对于求m的所有因子的平方和，可以将n唯一分解，记下每个质因子以及他的指数，然后dfs搜索答案。）

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
#include <stack>
#define ll long long
#define ull unsigned  long long
using namespace std;
const int N =1e5+10;
int prime[N],d[50],e[50],cnt,cnt1;
bool vis[N];
ull ans;
void get_prime()
{
	for(int i=2;i<=N-10;i++)
	{
		if(!vis[i]) prime[cnt++]=i;
		for(int j=0;j<cnt&&(ll)i*prime[j]<=N-10;j++)
		{
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
	return ;
}
void get_divisor(int n)
{
	cnt1=0;
	for(int i=0;i<cnt&&(ll)prime[i]*prime[i]<=n;i++)
	{
		if(n%prime[i]==0)
		{
			d[cnt1]=prime[i];
			e[cnt1]=0;
			while(n%prime[i]==0)
			{
				e[cnt1]++;
				n/=prime[i];
			}			
			cnt1++;
		}
				
	}
	if(n>1)
	{
		d[cnt1]=n;
		e[cnt1++]=1;
	}
	return ;	
}
void dfs(int cur,ull div)
{
	if(cur==cnt1)
	{
		//cout<<div<<endl;
		ans+=div*div;
		return ;
	}
	else
	{
		ull temp=1;
		for(int i=0;i<=e[cur];i++)
		{
			dfs(cur+1,div*temp);	
			temp*=d[cur];
		}		
		return ;
	}
}
int main(void)
{
	get_prime();
	int t,n;
	ull tmp;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{	
		ans=0;
		tmp=1;
		scanf("%d",&n);
		get_divisor(n);
		dfs(0,1);
		//cout<<ans<<endl;
		for(int i=0;i<cnt1;i++)
			tmp*=e[i]+1;
		tmp*=n;
		cout<<ans-tmp<<endl;
	}
	
	
	return 0;	
}