zwjqwq的博客

整除分块板子，看看证明主要题面颓式子自己写的狗屎代码#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int mod = 998244353;...

算是一道真正意义上的莫比乌斯反演题，模板第一次用markdown啊，丑的一批题目要求∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)==d] \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)==d] i=1∑n​j=1∑m​[gcd(i,j)==d]真的和莫比乌斯反演板子一模一样那么，套路来了提一个d∑i=1n/d∑j=1m/d[gcd(i,j)...

求∑i=1nf(i) \sum_{i=1}^n f(i) i=1∑n​f(i)f(i)为因数之和，所以可以转化为∑i=1n∑d∣id\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}d i=1∑n​d∣i∑​d因为f(i)不包括i本身，所以最后要减去n∗(n+1)2\frac {n*(n+1)} 22n∗(n+1)​我们主要看前面改变枚举对象为d，转化为∑d=1nd⌊nd⌋\sum_{d=...

设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求∑i=1N∑j=1Md(ij) \sum^N_{i=1}\sum_{j=1}^Md(ij)i=1∑N​j=1∑M​d(ij)颓式子，我好菜啊首先，这个东西d(i,j) d(i,j) d(i,j)是等于∑x∣i∑y∣i[gcd(x,y)==1] \sum_{x|i} \sum_{y|i}[gcd(x,y)==1]x∣i∑​y∣i∑​[gcd(x,y)...

和P3455tm神似，加了一个容斥原理统计答案ans=sqr(b,d,k)-sqr(b,c-1)-sqr(a-1,d)+sqr(a-1,c-1);其他应该没啥需要注意的了吧，证明见P3455那篇博客代码#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<algorithm&...

话不多说新建矩阵[sum[i]f[i+1]...f[i+m]] \left[ \begin{matrix} sum[i] \\ f[i+1] \\ ...\\ f[i+m] \end{matrix} \right] ⎣⎢⎢⎡​sum[i]f[i+1]...f[i+m]​⎦⎥⎥⎤​不难看出，转移矩阵为[11......0001...00001........

（假装总结）这里记录几个比较套路的式子的推法基础万恶之源[gcd(i,j)=1]和∑k∣gcd(i,j)μ(k)的互换[gcd(i,j)=1] 和\sum_{k|gcd(i,j)}μ(k)的互换[gcd(i,j)=1]和k∣gcd(i,j)∑​μ(k)的互换入门求∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)==1]\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==1]∑i...