BZOJ 1968_P1403 [AHOI2005]约数研究--p2260bzoj2956-模积和∑----信息学中的数论分块

第一部分

P1403 [AHOI2005]约数研究

题目描述

科学家们在Samuel星球上的探险得到了丰富的能源储备，这使得空间站中大型计算机“Samuel II”的长时间运算成为了可能。由于在去年一年的辛苦工作取得了不错的成绩，小联被允许用“Samuel II”进行数学研究。

小联最近在研究和约数有关的问题，他统计每个正数N的约数的个数，并以f(N)来表示。例如12的约数有1、2、3、4、6、12。因此f(12)=6。下表给出了一些f(N)的取值：

f(n)表示n的约数个数，现在给出n，要求求出f(1)到f(n)的总和。

输入输出格式

输入格式：

输入一行，一个整数n

输出格式：

输出一个整数，表示总和

输入输出样例

输入样例#1： 复制

3

输出样例#1： 复制

5

说明

【数据范围】

20%N<=5000

100%N<=1000000

200%N<=100000000000000

1000%N<=1000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000(63 0's)

本题原来基本上是一个暴力

不过结论比较重要

就是∑（i=1，n）d（i）=∑（i=1，n）（n/i）

此处下取整

这样的话发现对于比如说6

求右半部分为

6 3 2 1 1 1

有三个一

这重复计算了

这样可以实现二百分算法就是数论分块、

直接贴代码就行

#include<cstdio>
#include<iostream>
int n,ans=;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=,j;i<=n;i=j+){
        j=n/(n/i);
        ans+=(n/i)*(j-i+);
    }
    printf("%d",ans);
return ;
}

代码是对的！！！！！

1000分的算法需要反演等 达到n的三分之一次方logn

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

模积和

所求就是第一行

n《=1e9；

图片是用的别人的叫qingdaobaibai，谢谢！！！

这样就分块显然了

预备知识:

1.前面的那个题的内容
2.欧拉定理
3.（费马小）
4.乘法逆元
5.阿尔贝恒等式的一些知识
∑aibi=∑（k：1，n）∑（i：1，k）ai（bk-bk+1）+sabn
这里列举一下纲目 将在另一个合适的博客里写
∑ai∑bi=∑∑aibj
等

这是代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define p 19940417
#define ine2 9970209
#define ine6 3323403
using namespace std;
ll n,m;
ll calc(ll k,ll n)
{
    ll tmp=;
    for (ll i=,pos=;i<=k;i=pos+)
    {
        pos=min(n/(n/i),k);
        (tmp+=(n/i)%p*(((pos+)*(pos)%p*ine2%p-(i-)*i%p*ine2%p+p)%p)%p)%=p;
    }
    return (tmp+p)%p;
}
ll calc0(ll n,ll m)
{
    ll tmp=;
    for (ll i=,pos=;i<=n;i=pos+)
    {
        pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
        (tmp+=(n/i)*(m/i)%p*((pos*(pos+)%p*(pos*+)%p*ine6%p-(i-)*i%p*(i*-)%p*ine6%p+p)%p)%p)%=p;
    }
    return (tmp+p)%p;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    if (n>m) swap(n,m);
    ll t1=calc(n,n),t2=calc(m,m),t3=calc(n,m),t4=calc0(n,m);
    ll ans=((((ll)n*n%p-t1+p)%p)*(((ll)m*m%p-t2+p)%p)%p-((ll)n*n%p*m%p-(ll)t1*m%p-(ll)t3*n%p+t4%p+p*)%p+p)%p;
    cout << ans << endl;
    return ;
}

代码本非我打，感谢原出处的教学。

这样的话基本数论分块的两种模式就显然了