沈阳网络赛G-Spare Tire【容斥】

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A sequence of integer lbrace a_n brace{an} can be expressed as:

displaystyle a_n = left{ egin{array}{lr} 0, & n=0\ 2, & n=1\ frac{3a_{n-1}-a_{n-2}}{2}+n+1, & n>1 end{array} ight.an=0,2,23an1an2+n+1,n=0n=1n>1

Now there are two integers nn and mm. I'm a pretty girl. I want to find all b_1,b_2,b_3cdots b_pb1,b2,b3bp that 1leq b_i leq n1bin and b_ibiis relatively-prime with the integer mm. And then calculate:

displaystyle sum_{i=1}^{p}a_{b_i}i=1pabi

But I have no time to solve this problem because I am going to date my boyfriend soon. So can you help me?

Input

Input contains multiple test cases ( about 1500015000 ). Each case contains two integers nn and mm. 1leq n,m leq 10^81n,m108.

Output

For each test case, print the answer of my question(after mod 1,000,000,0071,000,000,007).

Hint

In the all integers from 11 to 44, 11 and 33 is relatively-prime with the integer 44. So the answer is a_1+a_3=14a1+a3=14.

样例输入

4 4

样例输出

14

题目来源

ACM-ICPC 2018 沈阳赛区网络预赛

题意:

已知一个数列a 和整数n, m

现在想知道1-n中所有与m互质的数 作为下标的a的和

思路:

预先打表处理的话内存不够 推公式能推出a[i] = (i + 1) * i【虽然我好像没有推出来...】

所以Sn也是可以推出来的

某一个数的倍数的a求和也是可以推的 因为是ki 那么提出一个k来 就可以代入公式求了

小于n 与m互质的数没有什么特殊的规律 但应该想到素数筛时的做法 用上容斥

先求出1-n所有的a的和 再减去所有与m不互质的数

用容斥来求不互质的数 是正是负与质因数的个数有关 如果是奇数个质因数之积的话就是加 偶数就是减

用到了乘法逆元的模板 

cal()函数注释掉的部分是WA的 改成了题解的方法就AC了

  1 #include<iostream>
  2 #include<stdio.h>
  3 #include<string.h>
  4 #include<algorithm>
  5 #include<stack>
  6 #include<queue>
  7 #include<map>
  8 #include<vector>
  9 #include<cmath>
 10 #include<cstring>
 11 #include<set>
 12 //#include<bits/stdc++.h>
 13 #define inf 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
 14 using namespace std;
 15 typedef long long LL;
 16 
 17 const int maxn = 1e5 + 5;
 18 const LL mod = 1e9 + 7;
 19 LL inv6, inv2;
 20 LL n, m;
 21 
 22 
 23 LL p[maxn];
 24 int cnt;
 25 void getprime(LL x)
 26 {
 27     cnt = 0;
 28     for (LL i = 2; i * i <= x; i++) {
 29         if (x % i == 0) {
 30             p[cnt++] = i;
 31         }
 32         while (x % i == 0) {
 33             x /= i;
 34         }
 35     }
 36     if (x > 1) {
 37         p[cnt++] = x;
 38     }
 39 }
 40 
 41 void ex_gcd(int a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y)
 42 {
 43     if(!b){
 44         d = a;
 45         x = 1;
 46         y = 0;
 47     }
 48     else{
 49         ex_gcd(b, a % b, d, y, x);
 50         y -= x * (a / b);
 51     }
 52 }
 53 
 54 int mod_inverse(int a, LL m)
 55 {
 56     LL x, y, d;
 57     ex_gcd(a, m, d, x, y);
 58     return (m + x % m) % m;
 59 }
 60 
 61 LL cal(LL n, LL k)
 62 {
 63     /*LL ans = n / k * (n / k + 1) % mod;
 64     ans = ans * (2 * n / k + 1) % mod;
 65     ans = ans * inv6 % mod * k % mod * k % mod;
 66     ans = ans + k * (1 + n / k) % mod * n / k % mod * inv2 % mod;*/
 67     n=n/k;
 68     return (n%mod*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod*k%mod*k%mod+n%mod*(n+1)%mod*inv2%mod*k%mod)%mod;
 69     //return ans;
 70 }
 71 
 72 
 73 int main()
 74 {
 75     inv6 = mod_inverse(6, mod);
 76     inv2 = mod_inverse(2, mod);
 77     //cout<<mod_inverse(6, mod)<<endl<<mod_inverse(2, mod)<<endl;
 78     while (scanf("%lld%lld", &n, &m) != EOF) {
 79         memset(p, 0, sizeof(p));
 80         getprime(m);
 81         LL ans = 0;
 82         for(int i = 1; i < (1 << cnt); i++){
 83             int flag = 0;
 84             LL tmp = 1;
 85             for(int j = 0; j < cnt; j++){
 86                 if(i & (1 << j)){
 87                     flag++;
 88                     tmp = tmp * p[j] % mod;
 89                 }
 90 
 91             }
 92             tmp = cal(n, tmp) % mod;
 93             if(flag % 2){
 94                 ans = (ans % mod + tmp % mod) % mod;
 95             }
 96             else{
 97                 ans = (ans % mod - tmp % mod + mod) % mod;
 98             }
 99         }
100         printf("%lld
", (cal(n, 1) % mod - ans % mod + mod) % mod);
101     }
102     return 0;
103 }
原文地址:https://www.cnblogs.com/wyboooo/p/9646334.html