51nod 1965 奇怪的式子 min_25筛(扩埃筛)

本文深入解析了一种复杂的数论问题求解方法,通过将问题转化为两个部分进行计算,第一部分涉及质因数分解和幂次运算,使用了费马小定理和数论分块技巧;第二部分关注于积性函数和质数的特殊性质,通过扩埃筛法高效求解。代码实现展示了如何处理大范围内的数值计算。

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题目分析

首先式子可以写成∏i=1nσ0(i)i∏i=1nσ0(i)μ(i)\prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^i \prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^{\mu(i)}i=1nσ0(i)ii=1nσ0(i)μ(i),然后分成两部分分别计算。

第一部分

也就是∏i=1nσ0(i)i\prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^ii=1nσ0(i)i部分。

若将xxx分解质因数后为p1c1p2c2...pkckp_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_k^{c_k}p1c1p2c2...pkck,则σ0(x)=(c1+1)(c2+1)...(ck+1)\sigma_0(x)=(c_1+1)(c_2+1)...(c_k+1)σ0(x)=(c1+1)(c2+1)...(ck+1)

优先枚举pppccc,设sum(x)sum(x)sum(x)111xxx的和,则原式化为:

∏p∏c(c+1)W\prod_p \prod_c (c+1)^{W}pc(c+1)W

其中W=pcsum(⌊xpc⌋)−pc+1sum(⌊xpc+1⌋)W=p^c sum( \lfloor \frac{x}{p^c} \rfloor )-p^{c+1}sum(\lfloor \frac{x}{p^{c+1}} \rfloor)W=pcsum(pcx)pc+1sum(pc+1x)

对于小于等于n\sqrt{n}n的质数,直接枚举这些东西也不会TLE。

对于大于的,这个质因子最多只存在一次,所以是求∏p2psum(⌊xp⌋)\prod_p 2^{psum(\lfloor \frac{x}{p} \rfloor)}p2psum(px),用扩埃筛筛出前iii个数中质数的和,数论分块求222的幂次,利用费马小定理,幂次取模。

第二部分

也就是∏i=1nσ0(i)μ(i)\prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^{\mu(i)}i=1nσ0(i)μ(i)部分。

μ(1)=1,μ(p1p2...pk)=(−1)k\mu(1)=1,\mu(p_1p_2...p_k)=(-1)^kμ(1)=1,μ(p1p2...pk)=(1)k,其余情况都为0。

所以只有能够被写成一堆不同质数相乘的数,幂次不为0。

于是iμ(i)i^{\mu(i)}iμ(i)这东西就是个积性函数。

用扩埃筛直接做就好了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
typedef long long LL;
const LL m1=1e12+39,m2=1e12+38;
const int N=316230;
LL n,sqn,ans;int T,tot;
int is[N];LL pri[N],f1[N],f2[N],s1[N],s2[N];

LL mul(LL x,LL y,LL P)
	{return (x*y-(LL)((long double)x/P*y+0.3)*P+P)%P;}
LL qm(LL x,LL P) {return x>=P?x-P:x;}
LL sum(LL x) {return (x&1)?mul((x+1)/2,x,m2):mul(x+1,x/2,m2);}
void min25() {
	if(n<=1) return;
	sqn=sqrt(n),tot=0;
	for(RI i=1;i<=sqn;++i) {
		f1[i]=qm(sum(i)-1+m2,m2),f2[i]=qm(sum(n/i)-1+m2,m2);
		s1[i]=i-1,s2[i]=n/i-1;
	}
	for(LL p=2;p<=sqn;++p) {
		if(s1[p]==s1[p-1]) continue;
		LL tmpf=f1[p-1],tmps=s1[p-1];pri[++tot]=p;
		for(LL i=1;i<=sqn/p;++i) {
			f2[i]=qm(f2[i]-mul(p,qm(f2[i*p]-tmpf+m2,m2),m2)+m2,m2);
			s2[i]-=s2[i*p]-tmps;
		}
		for(LL i=sqn/p+1;i<=n/p/p&&i<=sqn;++i) {
			f2[i]=qm(f2[i]-mul(p,qm(f1[n/i/p]-tmpf+m2,m2),m2)+m2,m2);
			s2[i]-=s1[n/i/p]-tmps;
		}
		for(LL i=sqn;i>=p*p;--i) {
			f1[i]=qm(f1[i]-mul(p,qm(f1[i/p]-tmpf+m2,m2),m2)+m2,m2);
			s1[i]-=s1[i/p]-tmps;
		}
	}
}

LL ksm(LL x,LL y) {
	LL re=1;
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x,m1)) if(y&1) re=mul(re,x,m1);
	return re;
}
LL work1_smaller() {
	LL re=1;
	for(RI k=1;k<=tot;++k) {
		LL p=pri[k];
		for(LL c=1,pc=p;pc<=n;pc*=p,++c)
			re=mul(re,ksm(c+1,qm(mul(pc,sum(n/pc),m2)-
				mul(pc*p%m2,sum(n/pc/p),m2)+m2,m2)),m1);
	}
	return re;
}
LL work1_bigger() {
	LL re=0;
	for(LL i=sqn+1,j,las=f1[sqn],now;i<=n;i=j+1,las=now) {
		j=n/(n/i),now=f2[n/i];
		re=qm(re+mul(sum(n/i),qm(now-las+m2,m2),m2),m2);
	}
	return ksm(2,re);
}

LL work2(int x,LL K,LL res,LL rem) {
	LL tmp=(rem<=sqn?s1[rem]:s2[n/rem]);
	LL re=qm(m2-mul(res,qm(tmp-s1[pri[x-1]]+m2,m2),m2),m2);
	re=mul(re,K+1,m2);
	for(RI i=x;pri[i]*pri[i]<rem&&i<=tot;++i)
		re=qm(re+work2(i+1,K+1,m2-res,rem/pri[i]),m2);
	return re;
}

int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		scanf("%lld",&n);
		min25();
		ans=mul(work1_smaller(),work1_bigger(),m1);
		ans=mul(ans,ksm(2,work2(1,0,1,n)),m1);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}
### 关于51Nod平台上编号为1020的问题详情与解答 #### 问题描述 在51Nod平台上的第1020号问题是关于计算两个大整数相加的结果[^1]。给定两个正整数A和B,长度不超过10^6位,要求编写程序来求解这两个数的和。 #### 输入格式说明 输入数据由多组测试案例组成;每组测试案例占两行,分别表示要相加的大整数A和B。对于每一组测试案例,应当单独输出一行结果,即A+B的值。 #### 解决方案概述 解决此问题的关键在于处理超大数据类型的运算,在大多数编程语言中内置的数据类型无法直接支持如此大规模数值的操作。因此,可以采用字符串的方式来存储这些大整数,并实现逐位相加逻辑,同时考虑进位情况。 下面是一个Python版本的具体实现方法: ```python def add_large_numbers(a: str, b: str) -> str: # Reverse strings to make addition easier from least significant digit a = a[::-1] b = b[::-1] carry = 0 result = [] max_length = max(len(a), len(b)) for i in range(max_length): digit_a = int(a[i]) if i < len(a) else 0 digit_b = int(b[i]) if i < len(b) else 0 total = digit_a + digit_b + carry carry = total // 10 current_digit = total % 10 result.append(str(current_digit)) if carry != 0: result.append(str(carry)) return ''.join(reversed(result)) if __name__ == "__main__": while True: try: num1 = input().strip() num2 = input().strip() print(add_large_numbers(num1, num2)) except EOFError: break ``` 该代码片段定义了一个函数`add_large_numbers`用于接收两个作为参数传入的大整数(形式上为字符串),并返回它们之和同样作为一个字符串。通过反转输入字符串使得最低有效位位于索引位置0处从而简化了按位累加的过程。最后再将得到的结果列表反向拼接成最终答案输出。
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