佳木斯集训Day2例题 数论

由于今天良心学长的题解非常详细还附带标程 以及我答的特别水 所以今天做例题的博客…
今天的专题是数论----欧拉函数、欧拉定理、费马小定理、中国剩余定理
一想起要打公式就头皮发麻…所以我有可能粘图片

Gcd（bzoj2818）

fzoj4284
题目描述
给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对.
输入
一个整数N
输出
如题
样例输入
4
样例输出
4
显然我们需要枚举$gcd(x,y)$，对于每个素数$p=gcd(x,y)$ 对答案的贡献为$1$到$\lfloor \frac{n}{p}\rfloor$的有序互质对$(x,y)$的个数
当$y=x$时 有且仅有$y=x=1$
当$y>x$时 有序互质对$(x,y)$的个数为小于y与y互质的数的个数,即y的欧拉函数$\Phi (y)$
同理,当x>y时 有序互质对$(x,y)$为$\Phi (x)$
所以$ans={\sum }_{p\in P}2{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }C\Phi (i)-1$
只需线性筛欧拉函数 再求出前缀和就ojbkk了

#include<cstdio>
unsigned long long ans,s[10000001];
int n,cnt,euc[10000001],prime[10000001];
bool vis[10000001];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    euc[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i])euc[i]=i-1,prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if(i*prime[j]>n)break;
            vis[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                euc[i*prime[j]]=euc[i]*prime[j];
                break;
            }
            else euc[i*prime[j]]=euc[i]*euc[prime[j]];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+euc[i];
    for(int i=1;i<=cnt;i++)ans+=s[n/prime[i]]*2-1;
    printf("%llu\n",ans);
}

欧拉心算(bzoj4804)

fzoj5383

这道题要用到数论分块
首先什么是数论分块 顾名思义就是分块在数论上的应用
不过非常神奇的一点是你如果不会分块但你还是可以会数论分块的
先看一道题理解一下数论分块

题目描述
给出正整数n和k，计算j(n, k)=k mod 1 + k mod 2 + k mod 3 + … + k mod n的值，其中k mod i表示k除以i的余数。例如j(5, 3)=3 mod 1 + 3 mod 2 + 3 mod 3 + 3 mod 4 + 3 mod 5=0+1+0+3+3=7
输入
输入仅一行，包含两个整数n, k。
输出
输出仅一行，即j(n, k)
样例输入
5 3
样例输出
7
所求为
$$\sum _{i=1}^{n}kmodi$$
为了应用数论分块 将这个式子改为:
$$\sum _{i=1}^{n}k-i\times (\lfloor \frac{k}{i}\rfloor )$$
前面的$n\times k$直接先算出来
后面的$i$是单增的
而$\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$在一段范围内是相等的 总共只有$2\sqrt{n}种取值$
因此，每次求出这一段范围，直接计算等差数列即可
代码如下:

#include<cstdio>
inline int read()
{
    int x=0,t=1;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
long long ans,n,k;
int main()
{
    n=read();k=read();
    ans=n*k;
    for(long long l=1,r=0;l<=n;l=r+1)
    {
        if(k/l)r=min(n,k/(k/l));
        else r=n;
        ans-=(k/l)*(r-l+1)*(l+r)>>1;
    }
    
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

好了偏题了 大家应该对数论分块有理解了 那么我们回到正题
题目描述
给出一个数字N，求

输入
第一行为一个正整数T，表示数据组数。
接下来T行为询问，每行包含一个正整数N。
T<=5000,N<=10^7
输出
如题
样例输入
4
样例输出
4
一步一步的化简到这里

最后一行减号左边用数论分块
代码如下:

#include<cstdio>
unsigned long long ans,s[10000001];
int n,t,cnt,lst,euc[10000001],prime[10000001];
bool vis[10000001];
int main()
{
	n=10000000;
	euc[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!vis[i])euc[i]=i-1,prime[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt;j++)
		{
			if(i*prime[j]>n)break;
			vis[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				euc[i*prime[j]]=euc[i]*prime[j];
				break;
			}
			else euc[i*prime[j]]=euc[i]*euc[prime[j]];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+euc[i];
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d",&n);
		ans=lst=0;
		for(int i=1;i<=n;i=lst+1)
		{
			lst=n/(n/i);
			ans+=(s[lst]-s[i-1])*s[n/i];
		}
		printf("%llu\n",2*ans-s[n]);
	}
}

今天先发两个吧 后面的我会补上去的
有问题可以发在评论区或者加$QQ407694747$一起讨论
各位大佬各路神犇请多多指教