吉林省信息学奥赛 2017 冬令营 数论基础 专题测试

取球游戏

【问题描述】
桌子上放着 N 个球，每个球都有一个编号，第 i 个球的编号为 i。
请你求出一共存在多少种不同的取法，使得取出的 M 个球编号的最小值恰
好为 K。由于结果可能很大，请输出结果对 10 9 + 7（这是一个质数）取模的值。
【输入格式】
输入数据只有一行，包含三个正整数 N、M、K。
【输出格式】
一个整数，表示取法总数对 10 9 + 7 取模的值。
【样例输入 1】
4 2 2
【样例输出 1】
2
【样例说明 1】
共有 N = 4 个球，要取出 M = 2 个球，并且取出球编号的最小值为 K = 2。
共有 2 种不同的取法。
第 1 种取法为取出第 2 个球和第 3 个球。
第 2 种取法为取出第 2 个球和第 4 个球。
【样例输入 2】
500 200 150
【样例输出 2】
983026601
【样例输入 3】
987654 666666 123456
【样例输出 3】
284523964
【数据规模与约定】
所有测试点的数据规模如下：

很水的组合数理论，不过这个求逆元很nice。。
ifac[i]表示fac[i]在Mod P意义下的逆元，之后你看公式吧。
ifac[i+1]*fac[i+1]≡1（Mod P）
ifac[i+1] * fac[i] * （i+1）≡1（Mod P）
fac[i] * ifac[i] ≡ 1 （Mod P）
所以ifac[i]一定等于ifac[i+1]*（i+1）

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;const int Mod = 1e9+7;#define LL long longinline void read(int &x){    x=0; int f=1; char c=getchar();    while(c>'9'||c<'0'){ if(c=='-')f=-1; c=getchar(); }    while(c>='0'&&c<='9'){ x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } x*=f;}#define MAXN 1000005LL fac[MAXN],ifac[MAXN];LL Fast_Pow(LL a,LL b){    LL ret=1;    while(b){        if(b&1) ret=(ret*a)%Mod;        a=(a%Mod * a%Mod) % Mod,b>>=1;    }    return ret;}int Main(){    freopen("ball.in","r",stdin);    freopen("ball.out","w",stdout);    int N,M,K,n,m,Ans=0;    read(N),read(M),read(K);    n=N-K,m=M-1;    fac[0]=1;    if(n>=m){        for(register int i=1;i<=n;++i) fac[i] = (fac[i-1] * i)%Mod;        ifac[n]=Fast_Pow(fac[n],Mod-2);//逆元        for(register int i=n-1;i>=0;--i) ifac[i]=(ifac[i+1]*(i+1))%Mod;        Ans=(((fac[n] * ifac[m]) % Mod) * ifac[n-m]) % Mod;    }    printf("%d\n",Ans);    fclose(stdin);fclose(stdout);    return 0;}int Aptal_is_My_Son=Main();int main(int argc,char *argv[]){ ; }

公约数 问题

【问题描述】
给定正整数 N，请你解决下面两个子任务。
①. 求有多少对(i, j)满足 1 , i j N   且 gcd( , ) i j 等于 1。
②. 求有多少对(i, j)满足 1 , i j N   且 gcd( , ) i j 为素数。
为了便于选手实现， 测试时的每个测试点只会测试 其中一个子任务， 测试方
法将在下面给出。
【输入格式】
输入数据共包括两行。
第一行包含一个正整数 T，表示要求完成的子任务编号，当 T = 1 时完成子
任务 1，当 T = 2 时完成子任务 2。
第二行包含一个正整数 N，含义如题中所述。
【输出格式】
仅一行，包含一个整数，表示所求解子任务的答案。
【样例输入 1】
1
4
【样例输出 1】
11
【样例说明 1】
共有 11 对(i, j)满足 gcd( , ) i j 等于 1。这 11 对数分别是：
(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 1), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 4), (4, 1), (4, 3)。
【样例输入 2】
2
7
【样例输出 2】
12
【样例说明 2】
共有 12 对(i, j)满足 gcd( , ) i j 为素数。这 12 对数分别是：
(2, 2), (2, 4), (2, 6), (3, 3), (3, 6), (4, 2), (4, 6), (5, 5), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (7, 7)
【样例输入 3】
1
499
【样例输出 3】
151831
【样例输入 4】
2
500
【样例输出 4】
68665
【样例输入 5】
2
654321
【样例输出 5】
117708943839

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;#define MAXN 10000005#define LL long longint prime[2000000],cnt;bool is_prime[MAXN];LL phi[MAXN],Ans;int Main(){    freopen("gcd.in","r",stdin);    freopen("gcd.out","w",stdout);    int T,n;    scanf("%d%d",&T,&n);    phi[1]=1;    for(int i=2;i<=n;++i){        if(!is_prime[i]) prime[++cnt]=i,phi[i]=i-1;        for(int j=1;prime[j]*i<=n&&j<=cnt;++j){            is_prime[prime[j]*i]=true;            if(i % prime[j] == 0){                phi[i*prime[j]]=phi[i] * prime[j];                break;            }            else phi[i*prime[j]] = phi[i] * (prime[j]-1);        }    }    for(int i=1;i<=n;++i) phi[i]+=phi[i-1];    if(T==1){ printf("%I64d\n",phi[n]*2-1); }    else if(T==2){        for(int i=1;i<=cnt&&n>=prime[i];++i)            Ans+=(phi[n/prime[i]])*2-1;        printf("%I64d\n",Ans);    }    fclose(stdin);fclose(stdout);    return 0;}int Aptal_is_My_Son=Main();int main(int argc,char *argv[]){ ; }

T==1并不难想，线性筛求欧拉函数，做一个前缀和，T==1就搞定了。
T==2的时候，
∑ni=1∑nj=1gcd（i，j）==1
我们只考虑j小于等于i的情况，到时候乘一个2就可以啦，
∑ij=1gcd（i，j）==1 这个公式等同于phi（i）
∑ni=1 phi（i） 自然想到前缀和

∑ni=1∑nj=1 gcd（i，j）==d d为素数

等同于∑n/di=1∑n/dj=1 gcd（i，j）==1
当然要枚举一下n之内的素数，于是就是
∑cnti=1∑n/prime[i]j=1∑n/prime[i]k=1 gcd（j，k）==1
然而∑n/prime[i]j=1∑n/prime[i]k=1 gcd（j，k）==1 就是
phi（n/prime[i]）*2-1
代码理解了吧