[bzoj4815]: [Cqoi2017]小Q的表格

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小Q是个程序员。

作为一个年轻的程序员，小Q总是被老C欺负，老C经常把一些麻烦的任务交给小Q来处理。每当小Q不知道如何解决时，就只好向你求助。为了完成任务，小Q需要列一个表格，表格有无穷多行，无穷多列，行和列都从1开始标号。为了完成任务，表格里面每个格子都填了一个整数，为了方便描述，小Q把第a行第b列的整数记为f(a,b),为了完成任务，这个表格要满足一些条件：(1)对任意的正整数a,b,都要满足f(a,b)=f(b,a)；(2)对任意的正整数a,b,都要满足b×f(a,a+b)=(a+b)*f(a,b)。为了完成任务，一开始表格里面的数很有规律第a行第b列的数恰好等于a*b，显然一开始是满足上述两个条件的。为了完成任务，小Q需要不断的修改表格里面的数，每当修改了一个格子的数之后，为了让表格继续满足上述两个条件，小Q还需要把这次修改能够波及到的全部格子里都改为恰当的数。由于某种神奇的力量驱使，已经确保了每一轮修改之后所有格子里的数仍然都是整数。为了完成任务，小Q还需要随时获取前k行前k列这个有限区域内所有数的和是多少，答案可能比较大，只需要算出答案mod1,000,000,007之后的结果。

每次修改操作把(a,b)改成x并且求前k行k列的和

操作数量m<=10000 n,k,a,b<=4*10^6 x<=10^18

首先从条件入手，发现很像辗转相除法。仔细观察发现，f(a,b)总是和f(g,g)( g=gcd(a,b) )有关系。更详细地，g(a,b)=f(g,g)*a/g*b/g

所以只需要几下主对角线的数字即可，考虑计算答案。以下的n表示询问的k,且num(x)表示f(x,x)

枚举gcd是啥

$$Ans=\sum_{g=1}^{n}num(g)*\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{g}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{g}\rfloor}ijg^{2}*[gcd(i,j)==1]$$

当然，把后面那一坨提出来比较舒服，发现可以用phi来化简

$$G(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}i*j*[gcd(i,j)==1]$$

因为$$\sum_{i=1}^{n}i*[gcd(i,n)==1]=\frac{n*\varphi(n)}{2}$$

所以$$G(n)=\sum_{i=1}^{n}i^{2}\varphi(i)$$

显然可以打表

然后这时候

$$Ans=\sum_{g=1}^{n}num(g)*G(\lfloor\frac{n}{g}\rfloor)$$

$\lfloor\frac{n}{g}\rfloor$只有根号种取值，所以只需要维护前面那东西的前缀和就行了

但是每次查询必须是O(1)的，很自然想到分块维护前缀和，修改的时候直接修改gcd即可。这样就做完啦。

复杂度是$O(m\sqrt{n})$

强行写了一个llread返回个int查了好久错...心塞

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#define ll long long

#define MN 4000000

#define MB 2000

#define mod 1000000007

using namespace std;

inline int read()

{

    int x = ; char ch = getchar();

    while(ch < '' || ch > '')ch = getchar();

    while(ch >= '' && ch <= ''){x = x *  + ch - '';ch = getchar();}

    return x;

}

inline ll llread()

{

    ll x =  ; char ch = getchar();

    while(ch < '' || ch > '')  ch = getchar();

    while(ch >= '' && ch <= ''){x = x *  + ch - '';ch = getchar();}

    return x;

}

int n,m,phi[MN+],s[MN],cnt=,la,block,add[MB+];

int num[MN+];

bool b[MN+];

inline int gcd(int x,int y) {return !y?x:gcd(y,x%y);}

void Modify(int x,int ad)

{

    int bl=(x-)/block+,M=min(n,bl*block);

    for(int j=bl+;j<=la;++j) (add[j]+=ad)%=mod;

    for(int j=x;j<=M;++j) (num[j]+=ad)%=mod;

}

int Query(int x)

{

    if(!x) return ;

    int bl=(x-)/block+;

    return (num[x]+add[bl])%mod;

}

int main()

{

    m=read();n=read();num[]=phi[]=;block=sqrt(n);la=(n-)/block+;

    for(int i=;i<=n;++i)

    {

        if(!b[i]) phi[s[++cnt]=i]=i-;

        for(int j=;s[j]*i<=n;++j)

        {

            b[s[j]*i]=;

            if(i%s[j]==){ phi[s[j]*i]=phi[i]*s[j];break;}

            phi[s[j]*i]=phi[i]*(s[j]-);

        }

        phi[i]=(phi[i-]+1LL*i*i%mod*phi[i])%mod;

        num[i]=(num[i-]+1LL*i*i)%mod;

    }

    for(int i=;i<=m;++i)

    {

        int x=read(),y=read();ll X=llread();int k=read();

        int g=gcd(x,y),ans=;X/=1LL*(x/g)*(y/g);X%=mod;

        Modify(g,((X-Query(g)+mod)%mod+Query(g-))%mod);

        for(int j=,last;j<=k;j=last+)

        {

            last=k/(k/j);

            ans=(ans+1LL*(Query(last)-Query(j-)+mod)%mod*phi[k/j])%mod;

        }

        printf("%d\n",ans);

    }

    return ;

}

巴特西

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