【51nod1220】约数之和

本文介绍了一种计算S(N)的方法,S(N)为所有i、j在1到N范围内i*j的所有约数之和的总和。通过数学推导,将问题转化为易于计算的形式,并使用了杜教筛等技巧进行优化。

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题目

d(k)表示k的所有约数的和。d(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12。
定义S(N) = ∑1<=i<=N ∑1<=j<=N d(i*j)。
例如:S(3) = d(1) + d(2) + d(3) + d(2) + d(4) + d(6) + d(3) + d(6) + d(9) = 59,S(1000) = 563576517282。
给出正整数N,求S(N),由于结果可能会很大,输出Mod 1000000007(10^9 + 7)的结果。

分析

分开处理每个质因子,于是 d(ij)=p|iq|jiqp[gcd(p,q)=1]

ans=i=1nj=1np|iq|jiqp[gcd(p,q)=1]

上一波反演,
=d=1nμ(d)i=1nj=1np|iq|jiqp[d|gcd(p,q)]

=d=1nμ(d)p|iq[jqpp[iiq[j

=d=1nμ(d)p|iq[jqpnqpnp(np+1)2

=d=1nμ(d)d(p=1ndqndq)(q=1ndndp(ndp+1)2)

考虑处理 ndq=1ndp(ndp+1)2
n 代替nd

i=1nni(ni+1)2

=i=1nj=1nij

=j=1nji=1nj

=j=1njnj(j=1nd(j))

ans=d=1nμ(d)d(p=1ndqndq)2

于是对于两层 都分块处理
类似与 【51nod 2026】Gcd and Lcm,可以用杜教筛处理 μ(d)d 的前缀和。
对于 nj=1jnj ,直接上分块。

#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
const int maxlongint=2147483647;
const long long mo=1e9+7;
const int lim=1e5+7;
const int N=10000005;
using namespace std;
#define sqr(x) (1ll*(x)*(x)%mo)
#define val(x,y) (1ll*(y-x+1)*(x+y)/2%mo)
int p[N],mu[N],n,ha[lim+5][2],s[N],ans;
bool bz[N];
int get(int v)
{
    int x;
    for(x=v%lim;ha[x][0] && ha[x][0]!=v;(++x)-=x>=lim?lim:0);
    return x;
}
int S(int m)
{
    if(m<=N-5) return s[m];
    int pos=get(m);
    if(ha[pos][0]) return ha[pos][1];
    ha[pos][0]=m;
    int la=0,sum=0;
    for(int i=2;i<=m;i=la+1)
    {
        la=m/(m/i);
        sum=(1ll*sum+1ll*val(i,la)*S(m/i))%mo;
    }
    return ha[pos][1]=(1-sum+mo)%mo;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    mu[1]=s[1]=1;
    for(int i=2;i<=N-5;i++)
    {
        if(!bz[i]) mu[p[++p[0]]=i]=-1;
        s[i]=(s[i-1]+mu[i]*i+mo)%mo;
        for(int j=1,k;j<=p[0] && (k=i*p[j])<=N-5;j++)
        {
            bz[k]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
            mu[k]=-mu[i];
        }
    }
    int la=1;
    for(int i=1;i<=n;i=la+1)
    {
        la=n/(n/i);
        int last=1,nn=n/i,sum=0;
        for(int j=1;j<=nn;j=last+1)
        {
            last=nn/(nn/j);
            sum=(1ll*sum+1ll*(val(j,last))*(nn/j))%mo;
        }
        ans=(1ll*ans+1ll*(S(la)-S(i-1)+mo)*sqr(sum))%mo;
    }
    printf("%d",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?
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