CE玩家

题意求∑ni=1g(i),g(i)=2f(k),f(k)\sum_{i=1}^{n}g(i),g(i)=2^{f(k)},f(k)为kk的不同质因子个数。Ans=∑ni=12f(k)Ans=\sum_{i=1}^n 2^{f(k)}       =∑ni=1∑k|iμ2(k)~~~~~~~=\sum_{i=1}^n\sum_{k|i}\mu^2(k)       =∑ni=1μ2(i)⌊ni2⌋~~

推一推式子可以得到 ans=∑d=1n∑i=1⌊nd⌋∑j=1iij[gcd(i,j)=1]ans=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor{n\over d}\rfloor}\sum_{j=1}^i ij[\gcd(i,j)=1]有一个经典的等式是 ∑i=1ni[gcd(i,n)=1]=[n=1]+nφ(n)2\sum_{i=1}^ni[\gcd(i,n)=1]={[n

杜教筛学傻了…一道反演题…我竟然差点推成杜教筛？？令 A(n)=∑i=1nσ(in)A(n)=\sum_{i=1}^n \sigma(in)这个东西推一下就变成∑t|nμ(t)tf(nt)g(nt)\sum_{t|n}\mu(t)tf({n\over t})g({n\over t})f(n)=∑d|nd,g(n)=∑i=1nf(n)f(n)=\sum_{d|n}d,g(n)=\sum_{i=1}^n

令 A(n)=n∑i=1ni(i,n)A(n)=n\sum_{i=1}^n{i\over (i,n)}=n∑d|n∑i=1ndi[(i,nd)=1]=n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{n\over d}i[(i,{n\over d})=1]=n∑d|ndφ(d)+n=n\sum_{d|n}d\varphi(d)+n那么Ans=2A(n)−∑i=1niAns=2A(n)-\sum_{i=1

推一推 答案是∏T(∏d|Tfμ(Td)d)⌊nT⌋⌊mT⌋\prod_T(\prod_{d|T}f_d^{\mu({T\over d})})^{\lfloor{n\over T}\rfloor\lfloor{m\over T}\rfloor}O(nlnn)O(n\ln n)筛一下括号里的东西，分块搞include <cstdio>#include <iostream>#include <al

假设我们知道一个区间内数字 ii 是否出现，另它为 bib_i 推一推 ∑i=1n∑j=1ngcd(i,j)×bi×bj\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^ngcd(i,j)\times b_i\times b_j=∑Tf(T)(∑T|ibi)2=\sum_Tf(T)(\sum_{T|i}b_i)^2其中f(T)=∑d|Td×μ(Td)f(T)=\sum_{d|T}d\times

进入斐波那契领域的第一题… 不要脸地截图了Manchery的博客……原文在这里#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;const int N=1000010,P=1e9+7;int n,x,ans=1,f[N],vis[N],g[N];int gcd(int x,int y){

可以先容斥一下，用所有方案减去gcd为1的方案 那么只要能求gcd为1的方案就可以了 推一下式子 ∑i1=1a1∑i2=1a2∑i3=1a3…∑in=1an[gcd(i1,i2,i3,..,in)=1]\sum_{i_1=1}^{a_1}\sum_{i_2=1}^{a_2}\sum_{i_3=1}^{a_3}…\sum_{i_n=1}^{a_n}[ \gcd(i_1,i_2,i_3,..,i_

400题留念推一推答案就是 ∑T=1n⌊nT⌋2f(T)\sum_{T=1}^n \lfloor\frac{n}{T}\rfloor^2f(T) f(n)=∑d|nϕ(d)μ(nd)f(n)=\sum_{d|n}\phi(d)\mu(\dfrac{n}{d})f(n)f(n)是个两个积性函数的卷积，同样也是积性函数，那么可以考虑用线性筛求若n为素数 f(n)=n−2f(n)=n-2若n是素数

D(m,n)=∑d|m∑k=1nσ0(kd)" role="presentation">D(m,n)=∑d|m∑k=1nσ0(kd)D(m,n)=∑d|m∑k=1nσ0(kd)D(m,n)=\displaystyle\sum_{d|m}\sum_{k=1}^n\sigma_{\small 0}(kd)求 D(200!,1012)" role="pres