[51Nod 1594] Gcd and Phi

本文解析了一道经典的反演题目,并提供了详细的解决方案与代码实现。通过对题目进行数学抽象,利用反演技巧解决了求解特定数论函数的问题。

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Description

ANS=i=1nj=1nφ(gcd(φ(i),φ(j)))
n<=2*10^6

Solution

一道极裸的反演题。

p(k)=[φ(i)=k]

f(d)=[gcd(φ(i),φ(j))=d]=[gcd(i,j)=d]p(i)p(j)

都是套路
g(d)=i=1ndf(id)

ANS=d=1nφ(d)f(d)=d=1nφ(d)i=1ndμ(i)g(id)

g怎么求?
如果没有p,那么很明显g(d)=nd2
但是有p怎么办?

不虚
再设S(d)=i=1ndp(id),也就是单独i的选法

g(d)=S(d)2
i,j乘起来

ANS=d=1nφ(d)i=1ndμ(i)S(id)2

因为i=1nninlog(n)
所以直接暴力做就是O(nlogn)的,注意卡常。

Code

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define LL long long 
#define N 2000005
using namespace std;
int mu[N],pr[N],n,t,l,phi[N];
LL s[N],p[N];
bool bz[N];
void prp(int n)
{
    l=0;
    mu[1]=phi[1]=p[1]=1;
    fo(i,2,n)
    {   
        if(bz[i]==0) pr[++l]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1;
        p[phi[i]]++;
        for(int j=1;j<=l&&i*pr[j]<=n;j++)
        {
            bz[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0) 
            {
                mu[i*pr[j]]=0;
                phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
                break;
            }
            phi[i*pr[j]]=phi[i]*(pr[j]-1);
            mu[i*pr[j]]=-mu[i];
        }
        bz[i]=0;
    }
    fo(d,1,n)
    {
        s[d]=0;
        fo(i,1,n/d) s[d]+=p[i*d];
    }
}
int main()
{
    cin>>t;
    while(t-->0)
    {
        scanf("%d",&n);
        LL ans=0;
        prp(n);
        fo(d,1,n)
        {
            LL s1=0;
            p[d]=0;
            fo(i,1,n/d) s1+=mu[i]*s[i*d]*s[i*d];
            ans+=s1*phi[d];
        }
        printf("%lld\n",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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