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传送门把lcmlcmlcm化掉之后枚举gcdgcdgcd可以得到ans=∑d=1∑i=1nd∑j=1mdμ(ijd)[gcd(i,j)=1]ans=\sum_{d=1}\sum_{i=1}^{\frac n d}\sum_{j=1}^{\frac m d}\mu(ijd)[gcd(i,j)=1]ans=d=1∑​i=1∑dn​​j=1∑dm​​μ(ijd)[gcd(i,j)=1]由于有一个g...

传送门以下用C,DC,DC,D表示文内的c,dc,dc,d显然可以替换lcmlcmlcm后枚举gcdgcdgcd得到biiD≡∑d∣idC−D∑d∣j[gcd(id,jd)=1]xjjD\frac{b_i}{i^D}\equiv\sum_{d|i}d^{C-D}\sum_{d|j}[gcd(\frac i d,\frac j d)=1]x_jj^DiDbi​​≡d∣i∑​dC−Dd∣j∑​[...

传送门原题上次没写题解这次补一下得了首先由gcd(fi,fj)=fgcd(i,j)gcd(f_i,f_j)=f_{gcd(i,j)}gcd(fi​,fj​)=fgcd(i,j)​首先证明gcd(fi,fi−1)=1gcd(f_i,f_{i-1})=1gcd(fi​,fi−1​)=1然后fi+j=fi−1fj+fifj+1f_{i+j}=f_{i-1}f_j+f_if_{j+1}fi+j​...

传送门莫反得到∑i=1a∑j=1b∑k=1calcm(i,j)blcm(j,k)clcm(i,k)\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b\sum_{k=1}^c\frac{a}{lcm(i,j)}\frac b{lcm(j,k)}\frac c{lcm(i,k)}∑i=1a​∑j=1b​∑k=1c​lcm(i,j)a​lcm(j,k)b​lcm(i,k)c​然后按照旧试题那道题的做法...

传送门考虑类似约数个数和的结论有d(ij)=∑k∣i∑p∣j[gcd(k,p)=1]ipkd(ij)=\sum_{k|i}\sum_{p|j}[gcd(k,p)=1]\frac{ip}{k}d(ij)=∑k∣i​∑p∣j​[gcd(k,p)=1]kip​于是可以愉快地莫反了最后搞出来就是∑d=1dμ(d)∑i=1nd∑k∣iik∑j=1nd∑l∣jl\sum_{d=1}d\mu(d)\s...

传送门首先简单莫比乌斯反演可以得到∑i=1n∑j=1nijgcd(ij)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^nijgcd(ij)i=1∑n​j=1∑n​ijgcd(ij)=∑d=1nd3∑k=1ndμ(k)k2S(nkd)2,S(n)=∑i=1ni=\sum_{d=1}^nd^3\sum_{k=1}^{\frac nd }\mu(k)k^2S(\frac n {kd})^2,S...

传送门考虑对于一个kkk进制循环小数xy\frac x yyx​如果循环节为lll那么这个数乘上klk^lkl后小数部分不变那么就是xy−⌊xy⌋=xkly−⌊xkly⌋\frac x y-\lfloor\frac x y\rfloor=\frac {xk^l} y-\lfloor\frac {xk^l} y\rflooryx​−⌊yx​⌋=yxkl​−⌊yxkl​⌋x−⌊xy⌋y=xk...

传送门考虑对于一个质数ppp在i,j,ki,j,ki,j,k中分别为pa,pb,pcp^a,p^b,p^cpa,pb,pc设a<b<ca<b<ca<b<c那么这个式子的值就是pa+b+a∗2p2a+p2bpa+a+bp^{a+b+a}*\frac{2p^{2a}+p^{2b}}{p^{a+a+b}}pa+b+a∗pa+a+b2p2a+p2b​=2p2...

传送门注意到其实可以把∀n>1,n2∤gcd(i,j)\forall n>1,n^2\not |gcd(i,j)∀n>1,n2​∣gcd(i,j)写作∣μ(gcd(i,j))∣|\mu(gcd(i,j))|∣μ(gcd(i,j))∣然后把lcm(i,j)lcm(i,j)lcm(i,j)写作ij/gcd(i,j)ij/gcd(i,j)ij/gcd(i,j)然后就可以大力...

传送门简单莫反后可以得到ans=∑T=1nnTmTf(T)ans=\sum_{T=1}^n\frac n T\frac m Tf(T)ans=T=1∑n​Tn​Tm​f(T)其中f=μ∗Idkf=\mu*Id_kf=μ∗Idk​然后线性筛fff即可对于f(pt)=−p(t−1)∗K+ptK=f(pt−1)∗pKf(p^t)=-p^{(t-1)*K}+p^{tK}=f(p^{t-1})*p...

传送门考虑有ij=gcd(i,j)∗lcm(i,j)ij=gcd(i,j)*lcm(i,j)ij=gcd(i,j)∗lcm(i,j)然后枚举gcdgcdgcdans=∑d=1∑i=1nd∑j=1md[gcd(i,j)=1](ijd)dans=\sum_{d=1}\sum_{i=1}^{\frac nd }\sum_{j=1}^{\frac m d}[gcd(i,j)=1](ijd)^dans...

传送门首先简单莫反后可以得到ans=∑TaTbT∑d∣Tμ(d)f(Td)ans=\sum_{T}\frac a T\frac b T\sum_{d|T}\mu(d)f(\frac{T}{d})ans=T∑​Ta​Tb​d∣T∑​μ(d)f(dT​)=∑TaTbTg(T)=\sum_{T}\frac a T\frac b T g(T)=T∑​Ta​Tb​g(T)考虑怎么求ggg一个显然的...

传送门题意：令F(x)F(x)F(x)表示所有xxx的约数之和求∑i=1n∑j=1m[F(gcd(i,j))≤a]F(gcd(i,j))%231\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[F(gcd(i,j))\le a]F(gcd(i,j))\%2^{31}i=1∑n​j=1∑m​[F(gcd(i,j))≤a]F(gcd(i,j))%231Solution：Soluti...

传送门题意：求第kkk个无平方因子数考虑到第kkk个不好求二分一个数xxx，计算xxx以内的无平方因子数由于容斥原理ans=n−ans=n-ans=n−质数的平方的所有倍数+2个质数之积的平方的所有倍数-3个质数之积的平方的所有倍数+4个……这是个简单的容斥很好证明考虑一下每个的符号，质数为−-−,2个质数为+++,3个质数为−-−,4个质数为+++就是莫比乌斯函数！！由于大于n...

[$传送门$](https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2820)题意：求∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=prime]\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=prime]i=1∑n​j=1∑m​[gcd(i,j)=prime]考虑对于每一个质数pppansp=∑d...

传送门题意：求∑i=ab∑j=cd[gcd(i,j)==d]\sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}[gcd(i,j)==d]∑i=ab​∑j=cd​[gcd(i,j)==d]其实和Zap−QueriesZap-QueriesZap−Queries一样的吧直接看那个的做法就可以了a,ca,ca,c容斥一下就可以了代码#include&amp;lt;bits/stdc++.h&amp;g...

传送门令fif_ifi​表示i∣gcdi|gcdi∣gcd的方案数ansians_iansi​表示gcd=igcd=igcd=i的方案数那么有fi=∑i∣dansdf_i=\sum_{i|d}ans_dfi​=∑i∣d​ansd​搞一个后缀和的莫比乌斯反演可以得到ansi=∑i∣dμ(di)∗fdans_i=\sum_{i|d}\mu(\frac d i)*f_dansi​=∑i∣d​...

传送门考虑实际求ans=∑i=1n∑j=i+1n[i+j∣i∗j]ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^n[i+j|i*j]ans=∑i=1n​∑j=i+1n​[i+j∣i∗j]令d=gcd(i,j),i=i′d,j=j′dd=gcd(i,j),i=i&#x27;d,j=j&#x27;dd=gcd(i,j),i=i′d,j=j′di+j∣i∗j→d(...

传送门考虑有ϕ(ij)=ϕ(i)∗ϕ(j)∗gcd(i,j)ϕ(gcd(i,j))\phi(ij)=\phi(i)*\phi(j)*\frac{gcd(i,j)}{\phi(gcd(i,j))}ϕ(ij)=ϕ(i)∗ϕ(j)∗ϕ(gcd(i,j))gcd(i,j)​然后就可以枚举gcdgcdgcd乱莫反了推出来最后就是ans=∑hT(h)∑i,jnhϕ(hi)ϕ(hj)dis(p[ih]...

传送门题意：求∑i=1n∑j=1mlcm(i,j),n,m≤1e7\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j),n,m\le1e7∑i=1n​∑j=1m​lcm(i,j),n,m≤1e7SolutionSolutionSolution考虑到lcmlcmlcm无法处理，我们先变成gcdgcdgcd的形式ans=∑i=1n∑j=1mi∗jgcd(i,j)ans=\...