description、Solution设Sk=∑ni=1ik∗miS_k=\sum_{i=1}^n i^k*m^i， (m−1)Sk=mSk−Sk(m-1)S_k=mS_k-S_k (m−1)Sk=∑i=1nik∗mi+1−∑i=1nik∗mi(m-1)S_k=\sum_{i=1}^n i^k*m^{i+1}-\sum_{i=1}^n i^k*m^i (m−1)Sk=∑i=2n+1(i−1)k

在学多项式求逆的时候顺便就推了一下多项式的开根， 结果毫无疑问的要用到二项式剩余，顺路就学了一下，二项式剩余给出n,Pn,P(P为奇质数)，如果存在一个aa使得a2≡n(modP)a^2\equiv n \pmod{P} ，那么n在模P的意义下就是二项式剩余，CTY大佬的方法因为这个问题是由二项式开方引起的，自然，模数有已知原根rr，那么： r2Indr(a)≡rIndr(n)(modP)r^{

介绍在数值分析中，拉格朗日插值法是以法国十八世纪数学家约瑟夫·拉格朗日命名的一种多项式插值方法。许多实际问题中都用函数来表示某种内在联系或规律，而不少函数都只能通过实验和观测来了解。如对实践中的某个物理量进行观测，在若干个不同的地方得到相应的观测值，拉格朗日插值法可以找到一个多项式，其恰好在各个观测的点取到观测到的值。这样的多项式称为拉格朗日（插值）多项式。数学上来说，拉格朗日插值法可以给出一个恰好

用带符号第一类斯特林数求自然数幂和， 先推一发第一类斯特林数，设F(x,n)=x∗(x−1)∗.....∗(x−n+1)F(x,n)=x*(x-1)*.....*(x-n+1) =∑i=1nxi∗Sn,i=\sum_{i=1}^nx^i*S_{n,i} 又因为F(x,n−1)∗(x−n+1)=F(x,n)F(x,n-1)*(x-n+1)=F(x,n) 把两个式子拆开，搞一下即可得出： Si

DescrptionSolutionAns=∑i=lrikAns=\sum_{i=l}^{r}i^k 也就是求出Ans=∑ni=1ikAns=\sum_{i=1}^ni^k即可，这个Ans肯定可以表示成一个k+1的多项式，——（以下为证明，大佬跳过）——- 设多项式L(x)=∑ni=1ikL(x)=\sum_{i=1}^n i^k， 那么，L(x+1)=(x+1)k+L(x)L(x+1)=(x

Descriptionlyk有两序列a和b。 lyk想知道存在多少对x,y，满足以下两个条件。 1：gcd(x,y)=1gcd(x,y)=1 2： abx=baya_{b_x} = b_{a_y}例如若a={1,1,1}，b={1,1,1}。那么存在7对，因为除了x=2,y=2或x=3,y=3外都满足条件。Solution51NOD的40分题我一个晚上都没搞出来我是不是可以回家种田了QwQ~很

Description根据小学数学的知识，我们知道一个正整数x是3的倍数的条件是x每一位加起来的和是3的倍数。反之，如果一个数每一位加起来是3的倍数，则这个数肯定是3的倍数。现在给定进制P，求有多少个B满足P进制下，一个正整数是B的倍数的充分必要条件是每一位加起来的和是B的倍数。Solution本题的ans为p-1的因数个数， 为什么呢？如果b满足条件，那么也要满足：pxmodb=1p^x\mod

Description神炎皇乌利亚很喜欢数对，他想找到神奇的数对。 对于一个整数对(a,b)，若满足a+b<=n且a+b是ab的因子，则成为神奇的数对。请问这样的数对共有多少呢？Solution1因为(a+b)|ab(a+b)|ab， 设gcd(a,b)=k,a′=ak,b′=bkgcd(a,b)=k,a'={a\over k},b'={b\over k}， 所以k(a′+b′)|k2a′b′

先上公式： ∑d|nφ(d)=n\sum_{d|n}\varphi(d)=n证明1辣鸡证法 设f(n)=∑d|nφ(d)f(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)；当n=1时，原始显然成立；当n为质数时，f(n)=1+(n−1)=nf(n)=1+(n-1)=n，成立；当n=pkn=p^k(p为质数)时， f(n)=1+∑i=0k−1pi∗(p−1)f(n)=1+\sum_{i=0}^{

先上公式： ∑d|nnd∗μ(d)=φ(n)\sum_{d|n}\frac{n}{d}*\mu(d)=\varphi(n) 证明： 用莫比乌斯反演的基本性质来搞， 设f(d)=φ(d)f(d)=\varphi(d)，g(d)=dg(d)=d； 因为：（详情点这里） ∑d|nφ(d)=n\sum_{d|n}\varphi(d)=n 所以： g(n)=∑d|nf(d)g(n)=\sum_

DescriptionSolution先来搞一个反过来的暴力： 设当前处理到第i个，bj(j<=i)b_{j (j<=i)}为gcd(aj,aj+1...,ai)\gcd(a_j,a_{j+1}...,a_i)， 现在再往后处理一个，那么ans=ans∗ai+1∗∏j=1igcd(bj,ai+1)ans=ans*a_{i+1}*\prod_{j=1}^i\gcd(b_j,a_{i+1})， b

Description今天的数学课上，Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b，LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如，LCM(6, 8) = 24。回到家后，Crash还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张N*M的表格。每个格子里写了一个数字，其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个4

Description你真的认为选课是那么容易的事吗？HYSBZ的ZY同志告诉你，原来选课也会让人产生一种想要回到火星的感觉。假设你的一周有n天，那么ZY编写的选课系统就会给你n堂课。但是该系统不允许在星期i和星期i+1的时候选第i堂课，也不允许你在星期n和星期一的时候选第n堂课。然后连你自己也搞不清哪种选课方案合法，哪种选课不合法了。你只想知道，你到底有多少种合法的选课方案。Solution这题用

DescriptionSolution1一题标准的莫比乌斯反演， 变式： ans=∑i=1n∑j|igcd(i,ji)=∑i=1n∑j=1⌊ni⌋gcd(i,j)ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j|i}gcd(i,\frac{j}{i})=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}gcd(i,j) 设gcd(i,j)=d的数

很明显这是一个单峰函数嘛~ 第一问直接用三分来搞， 第二问用一个三分套三分即可。 或者用公式求也可以， 因为求的是⌊n0−kp⌋∗(p−p0)\lfloor n_0-kp\rfloor*(p-p_0), 当(n0−kp)(n_0-kp)非常接近一个整数时，ans才可能最优， 所以可以拆开：−k∗P2+kp0∗p+n0p−n0p0-k*P^2+kp_0

#Description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.#Solution把$gcd(px,py)=p(p为素数)$提一个p出来：$gcd(x,y)=1$，也就是互质的两个数枚举一个素数，求当前素数的答案，因为在本题中$gcd(3,6)$和$gcd(6,3)$这样的算成两种不同的情况，所以*2，又因为这样会把$gcd(7,7)$这样的算两遍，所以-(素数的

听说这玩意玩爆洲阁筛？？？Min_25筛可以解决一类积性函数求和问题，筛质数假设我们现在要对n以内的质数求和，先线筛出小于n−−√n\sqrt n的所有质数，设第i个为pipip_i，共有p0p0p0个质数，pspsps为p的前缀和， 设函数：S(x,j)=∑xi=2i∗[i为质数&amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;nbsp;或&amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;amp;