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BZOJ1101感觉看着别人推的式子看了一万年才大概也许看懂了！？ QAQ感觉这一篇写的挺详细的就直接贴别人的好了。 然后至于后面的分块。其实我也看了半天才大概也许明白。。 式子最后推成了 （令a为较小值）∑d=1a(μ(d)∗⌊ad⌋⌊bd⌋)\sum_{d=1}^a{(μ(d)*\lfloor{\frac{a}{d}}\rfloor\lfloor{\frac{b}{d}}\rfloor}

BZOJ2301和1101一样啦。。就容斥一下就好了。 答案是Calc(a−1,c−1)+Calc(b,d)−Calc(b,c−1)−Calc(a−1,d)Calc(a-1,c-1)+Calc(b,d)-Calc(b,c-1)-Calc(a-1,d)【代码】#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <se

BZOJ2440题意就是求第k个无平方因子数。（题意有问题啊QAQ，1也是完全平方数啊） 考虑一下二分答案+判定。 二分一个数mid，那么每次就判定1~mid之间有多少个无平方因子数。 容斥一下，答案=所有数-至少一个质数的平方的倍数的数+至少两个质数的平方的倍数的数-至少三个质数的平方的倍数的数+…… 然后看看每个数的平方对答案的贡献，若d=p1∗p2∗…pkd=p_1*p_2*…p_k，

BZOJ2820直接枚举质数像1101那样做肯定会T…然而我还是不信邪的T了一发才开心。。根据前面的题的经验。 这道题的式子可以先化成∑k=1p[k]<=min(n,m)∑d=1min(n,m)μ(d)∗⌊npk∗d⌋⌊mpk∗d⌋\sum_{k=1}^{p[k]<=min(n,m)}{\sum_{d=1}^{min(n,m)}}μ(d)*\lfloor{\frac{n}{{p_k*d}}}\rf

BZOJ3529看着这个a的限制看着就很讨厌，就先拿掉。 弱化版的题目就是求∑i=1n∑j=1m∑d=1min(n,m)F(d)[gcd(i,j)==d]\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \sum_{d=1}^{min(n,m)}F(d)[gcd(i,j)==d] F(i)F(i)表示i的约数和。 稍作变形： ∑d=1min(n,m)F(d)∑i=1n/d∑j=1m/d[gc

BZOJ26932154 doubledouble expexp啊QAQQAQ取模少打一个0愉快的wa一发【代码】#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#define N 10000005#define INF 0x7fffffff#define mod 100000009using namespace std;

BZOJ3994d(x)为x的约数个数d(x)为x的约数个数 求∑ni=1∑mj=1d(i,j)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m d(i,j) 有个很神奇的结论。。上式=∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)==1]ni∗mj上式=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==1] {\frac{n}{i}*\frac{m}{j}} QnQQnQ像我这样

BZOJ2154题目要求的是∑i=1n∑j=1mi∗jgcd(i,j)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{i*j}{gcd(i,j)} 那么我们枚举gcd(i,j)gcd(i,j)，不妨令n<mn<m 原式变成了： ∑d=1n∑ni=1∑mj=1i∗j[gcd(i,j)==d]d\sum_{d=1}^n\frac{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m

BZOJ4815b×f(a,a+b)=(a+b)∗f(a,b)b×f(a,a+b)=(a+b)*f(a,b)很像辗转相减法。。 那么每次修改点(a,b)(a,b)的值，会修改所有满足gcd(i,j)==gcd(a,b)gcd(i,j)==gcd(a,b)的点(i,j)(i,j)的值。 记d=gcd(a,b)d=gcd(a,b)，那么fi,j=x∗i/d∗j/df_{i,j}=x*i/d*j/d(