Problem

Solution

首先要喷一下OJ上的样例输出：明明要输出三行，样例却只输出了一行，害得我也跟着输出了一行，于是被坑掉100points！

然后，分析题意。
显然，对于x，若y（y>1且y≠x）为其约数，则y为其老师。而x的独立数则显然为欧拉函数 $\phi(x)$ 。
于是，题目被转化为：给定m，求其所有大于1的约数中，政客、军人、老师的欧拉函数和。

然后，看一下政客和军人的定义。显然它们都不能有相同的质因子；换句话说，每个质因子p至多出现一次。
容易想到~~o(2^k)暴力组合~~递推。记zk[i]、jr[i]分别表示处理到第i个质因子时政客、军人的答案，则可得递推式：

zk[i]=(zk[i-1]+jr[i-1]*(p-1))%M;//式1
jr[i]=(jr[i-1]+(zk[i-1]+1)*(p-1))%M;//式2

因为 $\phi$ 为积性函数，而政客有偶数个质因子，军人有奇数个，故政客的递推式为式1；而军人因为有奇数个质因子，不必由政客得来，可以无中生有，故军人的递推式为式2。

关键就在计算学者了。
直接计算不太好求。可以先求出总和，再减去政客和军人的和。
于是，原问题只剩下一个了：给定m，求其所有大于1的约数的欧拉函数和。

设当前的质因子为p，指数为e，对答案的贡献为now，则可得：
$n o w = \sum_{i = 1}^{e} ϕ (p^{i})$ $now=\sum_{i=1}^e \phi(p^i)$
$n o w = \sum_{i = 1}^{e} p^{i - 1} * (p - 1)$ $now=\sum_{i=1}^e p^{i-1}*(p-1)$
$n o w = (p - 1) * \sum_{i = 0}^{e - 1} p^{i}$ $now=(p-1)*\sum_{i=0}^{e-1} p^i$
推到这里，我们发现：这就一个等比数列求和就解决了！于是继续化简：
$n o w = (p - 1) * (\frac{p^{e} - 1}{p - 1})$ $now=(p-1)*(\frac{p^e-1}{p-1})$
$n o w = p^{e} - 1$ $now=p^e-1$
于是，我们对于每个p，都令sum（所有约数的欧拉函数和）+=(sum+1)*now。个中的1*now代表的是 $p,p^2,p^3,...,p^e$ 的欧拉函数和；而sum*now则代表的是之前的某个数乘上现在的p的某个次幂所得数的欧拉函数和（因为欧拉函数为积性函数）。譬如p=3,e=4,之前的sum包括了一个2，那么sum*now得到的就是 $2*3,2*3^2,2*3^3,2*3^4$ 这些数的欧拉函数和。

时间复杂度： $O(k*log_2e)$ 。

Code

#include <cstdio>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;

const int K=1001,M=1e4;
int i,k,p,e,zk[K],jr[K],sum,now;
bool bz;

int ksm(int x,int y)
{
    ll ans=1;
    for(;y;y>>=1)
    {
        if(y&1) ans=ans*x%M;
        x=x*x%M;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d",&k);
    fo(i,1,k) 
    {
        scanf("%d%d",&p,&e);

        if(bz) zk[i]=(zk[i-1]+jr[i-1]*(p-1))%M;

        if(p>2)
        {
            jr[i]=(jr[i-1]+(zk[i-1]+1)*(p-1))%M;
            bz=1;
        }

        now=(ksm(p,e)-1+M)%M;
        sum=(sum+(sum+1)*now)%M;
    }

    printf("%d\n%d\n%d",zk[k],jr[k],(sum-zk[k]-jr[k]+2*M)%M);
}

【JZOJ1161】机器人M号（欧拉函数+递推）

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