0205听课笔记2

• Stern-Brocot Tree （SB树）
  • 例题：BZOJ2852：给两个有理数 $a,b$a,b, 求最小的正整数 $k$k, 使得 $(ak, bk)$(ak,bk) 里有整数。$a$a, $b$b 整数部分不超过 $2^{31}$231, 小数位数不超过 $300$300 位。
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莫比乌斯反演

• 数论函数：定义域在正整数域上的函数。
• 积性函数：$(a,b)=1$(a,b)=1，则$f(ab)=f(a)f(b)$f(ab)=f(a)f(b)（$\varphi,\mu,d_k(n)$φ,μ,dk​(n)最后那个是除数函数）
• 完全积性函数：$f(ab)=f(a)f(b)$f(ab)=f(a)f(b)（$I,id,\epsilon$I,id,ϵ）
• Dirichlet卷积。$(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac nd)$(f∗g)(n)=∑d∣n​f(d)g(dn​)，满足交换律结合律分配律。且如果$f,g$f,g为积性函数，那么$f*g$f∗g也为积性函数。
• $e(n)=\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1]\\e=\mu*I$e(n)=∑d∣n​μ(d)=[n==1]e=μ∗I
• 若$f(n)=\sum_{d|n}g(d)$f(n)=∑d∣n​g(d)，则$g(n)=\sum_{d|n}f(d)\mu(\frac nd)$g(n)=∑d∣n​f(d)μ(dn​)
  即$f=g*I\to f*\mu=g*I*\mu=g$f=g∗I→f∗μ=g∗I∗μ=g
• 简单例题：$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mf(gcd(i,j))$∑i=1n​∑j=1m​f(gcd(i,j))
  • $=\sum_{i=1}^{\min(n,m)}g(i)\lfloor\frac ni\rfloor\lfloor\frac mi\rfloor$=∑i=1min(n,m)​g(i)⌊in​⌋⌊im​⌋，其中$g(i)=\sum_{d|i}\mu(d)$g(i)=∑d∣i​μ(d)
• 简单例题：SPOJ LCMSUM
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• ，$n\le 500000，T\le 500000$n≤500000，T≤500000
  • 显然答案等于$\sum_{d=1}^nd^2f(\lfloor\frac nd\rfloor)$∑d=1n​d2f(⌊dn​⌋)，$f(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nlcm(i,j)$f(n)=∑i=1n​∑j=1n​lcm(i,j)
    
• 一个人的数论：
  • 插值求出幂和多项式，然后用积性函数的性质计算答案。博客套博客套博客
• 怎样跑得更快：$n\le 10^5;c,d\le 10^9$n≤105;c,d≤109，现有序列$b$b满足$b_i\equiv \sum_{j=1}^n \gcd(i,j)^c\cdot lcm(i,j)^d\cdot z_j(mod\ 998244353)$bi​≡∑j=1n​gcd(i,j)c⋅lcm(i,j)d⋅zj​(mod 998244353)，求$z$z，无解输出$-1$−1。

杜教筛

都会就略了。上个图。

第一个式子变化基于$f(x)g(y)$f(x)g(y)会有贡献当且仅当$xy\le n$xy≤n。

Min_25筛

• GCD Array
  
  建立辅助数组$f$f使得$a(i)=\sum_{j|i}f(j)$a(i)=∑j∣i​f(j)。
  $[(x,n)==d]\cdot v\\=[(\frac xd,\frac nd)==1]\cdot v\\=v\cdot\sum_{k|\frac xd,\frac nd}\mu(k)\\=\sum_{k|\frac nd,dk|x}v\cdot\mu(k)$[(x,n)==d]⋅v=[(dx​,dn​)==1]⋅v=v⋅k∣dx​,dn​∑​μ(k)=k∣dn​,dk∣x∑​v⋅μ(k)
  每次修改相当于枚举$k|\frac nd$k∣dn​，然后给$f[dk]+=v\cdot \mu(k)$f[dk]+=v⋅μ(k)
  查询答案为$\sum_{i=1}^xa(i)=\sum_{i=1}^x\sum_{d|i}f(d)=\sum_{d=1}^xf(d)\lfloor\frac xd\rfloor$∑i=1x​a(i)=∑i=1x​∑d∣i​f(d)=∑d=1x​f(d)⌊dx​⌋
  可以分块统计，用树状数组维护$f$f的前缀和。

• 简单题：$S(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nd(ij)$S(n)=∑i=1n​∑j=1n​d(ij)，$n\le10^{10}$n≤1010

  • 杜教筛：[bzoj 4176] Lucas的数论

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  • 有$\mu^2(i)=\sum_{d^2|i}\mu(d)$μ2(i)=∑d2∣i​μ(d)，所以$\sum_{i=1}^n\mu^2(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d^2|i}\mu(d)=\sum_{d=1}^{\sqrt n}\mu(d)\lfloor\frac n{d^2}\rfloor$∑i=1n​μ2(i)=∑i=1n​∑d2∣i​μ(d)=∑d=1n​​μ(d)⌊d2n​⌋.
  • 暴力是根号的，整除分块一下能跑过$10^{18}$1018。整除分块的块数是$O(n^{\frac 13})$O(n31​)因为$d<n^{\frac 13}$d<n31​只有$n^{\frac 13}$n31​种；$d>n^{\frac 13}$d>n31​时，$\lfloor\frac n{d^2}\rfloor\le n^{\frac 13}$⌊d2n​⌋≤n31​。最后再加上杜教筛的时间复杂度。最后时间复杂度算出来是$O(n^{\frac 37})$O(n73​)