LZJ209的博客

先给这道题的题目描述跪了（此处吐槽10分钟） —————————————————————————— 吐槽完毕，这道题首先看得出要算的结果是一个数的巨大无比次方，简单的快速幂显然不行了，但是最后的结果要mod一个质数，于是我们可以引入费马小定理： a^(p-1)≡1（mod p）（当p为质数并且a不为p的倍数时成立），这能说明什么呢，就是说在mod p的意义下乘以一个数的p-1次方等于没乘！所以

题目大意：给定n，求出1到n所有数与n的gcd之和。 题解：我们枚举n的每一个因子d，然后计算一下1到n/d的区间内有多少个数和n/d互质，也就是欧拉函数，再将欧拉函数乘以一个d即可。#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<iostream>#include<iomanip>#include<ctime>#include<cmath>#inc

题目大意：给定n，求1到n中所有数与n的lcm之和 题解：枚举d=GCD(i,n),令F(n)为n以内与n互质的数之和，则ans=Σ（d|n）d*F(d)*n/d=nΣF(d) F(d)有一个性质，就是与d互质的数一定能两两组合成d，可以用辗转相除法轻松证明，只有1和2特殊，特判即可。#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<iostream>#i

BZOJ 2693 jzptab 莫比乌斯反演 题目大意：给定n,m，求i从1到n，j从1到m，的i与j的最小公倍数之和。 这题真的是有问题，难想的一批，公式恐惧症无药可救患者。。。。。。 以下我们继续给出PoPoQQQ的PPT中的内容，当中做出一些解释。 注解：这里的F(x,y)要求gcd（i,j）==1，所以我们想要求解F(x,y)需要继续莫比乌斯反演。 注解：这里是一个标准

题目大意：对于任意的>1的n gcd(a, b)不是n^2的倍数，的1到a和1到b的lcm(a,b)之和。 题解：又是一道变态题。。。。。。。。。。 可以参考同系列的上一篇文章，这题主要的特殊处在于不能出现gcd(a,b)为n^2倍数的lcm(a,b)，通过一顿瞎搞我们发现最后要求的前缀和中多出了一个abs（u（D/i）），这还是一个积性函数，唯一不同的是i中包含prime[j]的情况，这个我们

题目大意：求2的2的2的2的。。。。（无穷多个）次方对p取模的值。 题解： 扩展欧拉定理有(a^b)%p=(a^(b%phi(p)+phi(p)))%p，不停递归下去知道p等于1，这样的话不会超过2*log(n)层，最简单的证明：奇数取phi最小减一，偶数最小减一半。#include<iostream>#include<iomanip>#include<ctime>#include<cma

题目大意：自己看去 题解：这真是一道神题，由于有大量的数学公式，不太好写（我懒，就附个链接吧题解戳我#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<iostream>#include<iomanip>#include<cstring>#include<string>#include<algorithm>#include<ctime>#includ

题目 题解：又是数学公式，戳这吧orz#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<ctime>#include<cmath>#include<cstring>#include<string>#include<algorithm>#include<iostream>#include<iomanip>using namespace std;c