「NOI2016」循环之美 解题报告
「NOI2016」循环之美
对于小数\(\frac{a}{b}\)，如果它在\(k\)进制下被统计，需要满足要求并且不重复。
不重复我们确保这个分数是最简分数即\((a,b)=1\)
满足要求需要满足第一位的余数在后面仍然出现，第一位余数是\(a\bmod b\)，后面第\(x\)位的余数实际上是\(a\times k^x\bmod b\)
所以我们需要满足
\[a\equiv a \times k^x\pmod b \]有解
因为\((a,b)=1\)，所以
\[k^x\equiv 1\pmod b \]若\((k,b)=1\)，那么由欧拉定理，有解\(x=\varphi(x)\)
否则由于\(k\times k^{x-1}-yb=1\)无整数解解，所以原式无解
于是我们需要统计的即为
\[\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n[(i,k)=1][(i,j)=1] \]推式子
\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n[(i,k)=1][(i,j)=1]\\ =&\sum_{i=1}^m[(i,k)=1]\sum_{j=1}^n\sum_{d=1}^{\min(i,j)}\mu(d)[d|i\land d|j]\\ =&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\sum_{i=1}^m[(i,k)=1\land d|i]\\ =&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[(di,k)=1]\\ =&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)[(d,k)=1]\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[(i,k)=1]\\ \end{aligned} \]我们知道\((a,b)=(a\bmod b,b)\)
然后本题的\(k\)很小，于是我们可以预处理出
\[is(i)=[(i,k)=1]\\ f(i)=\sum_{j=1}^iis(j) \]然后上面的式子为
\[\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)is(d\bmod k)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor(\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor f(k)+f(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor \bmod k)) \]于是我们可以在\(O(k\log k+n)\)的时间内解决问题，可以得到\(84\)分的好成绩
注意我们设
\[F(n)=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor f(k)+f(n\bmod k) \]那么原式为
\[\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)[(d,k)=1]\lfloor\frac{n}{d}\rfloor F(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor) \]后面两项显然可以整除分块，考虑求出前面两项的前缀和
\[g(n,k)=\sum_{d=1}^n\mu(d)[(d,k)=1] \]考虑推一下这个式子
\[\begin{aligned} g(n,k)=&\sum_{d=1}^n\mu(d)[(d,k)=1]\\ =&\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{p=1}^{\min(d,k)}\mu(p)[p|d\land p|k]\\ =&\sum_{p|k}\mu(p)\sum_{p|d}^n\mu(d)\\ =&\sum_{p|k}\mu(p)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(dp)\\ \mathbb{because \ of}& \ [\mu(dp)\not=0]=[(d,p)=1],\mathbb{so}\\ g(n,k)=&\sum_{p|k}\mu(p)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(dp)[(d,p)=1]\\ =&\sum_{p|k}\mu^2(p)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)[(d,p)=1]\\ =&\sum_{p|k}\mu^2(p)g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,p) \end{aligned} \]边界
\[g(n,1)=\sum_{d=1}^n\mu(d),g(0,k)=0 \]前面的一个杜教筛一下即可
复杂度真不会算了...
Code:
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#include 2019.5.30