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题面在这里一开始不会做，在Lynstery大佬的点拨下秒懂了……首先推柿子： ∑j=1n[gcd(i,j)=1]aj⇒∑j=1naj∑d|(i,j)μ(d)⇒∑d|iμ(d)∑d|jaj \sum_{j=1}^n[gcd(i,j)=1]a_j \\ \Rightarrow \sum_{j=1}^n a_j \sum_{d|(i,j)} \mu(d) \\ \Rightarrow \sum_{d

题面在这里没什么好说的，反演裸题示例程序：

题面在这里反演裸题不解释示例程序：

前言开始学省选算法了……感觉莫比乌斯反演好厉害的样子，就先学习一下一入反演深似海……相关的东西太多了，以后会不定期更新前置技能莫比乌斯函数莫比乌斯函数μ(n)\mu(n)的定义如下：设n=pk11⋅pk22…pkmmn=p_1^{k_1}\cdot p_2^{k_2} \dots p_m^{k_m} μ(n)=⎧⎩⎨1(−1)m0n=1∏mi=1ki=1otherwise(ki>1) \begin

题面在这里首先容斥一下，变为求[1,n][1,n]有多少数在PP进制下相邻位互质然后就可以DPDP了：fi,jf_{i,j}表示前ii位，最高位上是jj的方案数 fi,j=∑k=1P−1 [gcd(j,k)=1]fi−1,k=∑k=1P−1fi−1,k∑d|j,d|kμ(d)=∑d|jμ(d)∑dt≤P−1fi−1,dt f_{i,j}=\sum_{k=1}^{P-1} \ [gcd(j,k)=1

题面在这里与这道题类似。先考虑枚举质数p，答案就是： ∑p∑dμ(d)⌊npd⌋⌊mpd⌋ \sum_p \sum_d \mu(d) \lfloor \frac n {pd} \rfloor \lfloor \frac m {pd} \rfloor 设T=pdT=pd，考虑枚举TT，则有： ∑Tmin{n,m}⌊nT⌋⌊mT⌋∑p|Tμ(Tp) \sum_T^{min\{ n,m \}} \

题面在这里首先容斥，把问题转化为求 ∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=k]⇒∑i=1⌊nk⌋∑j=1⌊mk⌋[gcd(i,j)=1] \sum _{i=1}^n \sum _{j=1}^m [gcd(i,j)=k] \\ \Rightarrow \sum _{i=1}^{\lfloor \frac n k \rfloor} \sum _{j=1}^{\lfloor \frac m k \r

题面在这里显然需要二分……问题转化为求[1,⌊n√⌋][1,\lfloor \sqrt n \rfloor ]中无平方因子数的个数根据容斥原理，显然答案为n−奇数个质数乘积的平方倍数+偶数个质数乘积的平方倍数n-奇数个质数乘积的平方倍数+偶数个质数乘积的平方倍数如果枚举这个乘积i，根据莫比乌斯函数的定义，答案为： ∑i=1⌊n√⌋μ(i)⋅⌊ni2⌋ \sum_{i=1}^{\big\lfloor