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  • 圆的反演性质

    2017-08-21 16:56:00
    反演的定义: 已知一圆C,圆心为O,半径为r,如果P与P’在过圆心O的直线上,且,则称P与P'关于O互为反演。 一、任意一条不过反演中心的直线,它的反形(反演后的图形)是经过反演中心的圆,反之亦然,特别地,过...

    反演的定义:

    已知一圆C,圆心为O,半径为r,如果P与P’在过圆心O的直线上,且,则称P与P'关于O互为反演。

     

    一、任意一条不过反演中心的直线,它的反形(反演后的图形)是经过反演中心的圆,反之亦然,特别地,过反演中心相交的圆,变为不过反

    演中心的相交直线。

     

    二、不过反演中心的圆,它的反形是一个圆,反演中心是这两个互为反形的圆的一个位似中心,任意一对反演点是逆对应

    点。用图形来解释,如下图:

    已知:圆C1,求圆C2

    我们设圆C1的半径为,反演半径为

    那么根据反演的定义有:

    那么,消去得到:

    反形圆的半径r2:  

     

    转载于:https://www.cnblogs.com/stepping/p/7405384.html

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    莫比乌斯函数的定义:𝜇(n)

    性质1:

    dn\sum_{d|n}μ(d)={1,if (n = 1)0,if (n > 1)\mu{(d)}= \begin{cases} 1, & \text{if (n = 1)}\\ 0, & \text{if (n > 1)} \end{cases}

    性质2:

    dn\sum_{d|n}μ(d)d=φ(n)n\frac{\mu{(d)}}{d} =\frac{\varphi{(n)}}{n}

    性质3:

    μ(ab)=μ(a)μ(b)\mu(a*b)=\mu(a)*\mu(b)

    反演公式1:

    F(n)=dnf(d)=>f(n)=dnμ(d)F(nd)F(n)=\sum_{d|n}f(d) =>f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})

    反演公式2:

    F(n)=ndf(d)=>f(n)=ndμ(dn)F(d)F(n)=\sum_{n|d}f(d) =>f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)

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  • 圆的反演 学习笔记

    2018-06-26 20:16:19
    性质 (0) 除反演中心外,平面上的每一个点都只有唯一的反演点,且这种关系是对称的,位于反演圆上的点,保持在原处,位于反演圆外部的点,变为圆内部的点,位于反演圆内部的点,变为圆外部的点,这是一一对应的。 ...

    我还像还没有正经地写过学习笔记啊……
    学一学圆的反演


    性质

    (0) 除反演中心外,平面上的每一个点都只有唯一的反演点,且这种关系是对称的,位于反演圆上的点,保持在原处,位于反演圆外部的点,变为圆内部的点,位于反演圆内部的点,变为圆外部的点,这是一一对应的。

    (1) 过反演中心的圆,反形为不过反演中心的直线。    

    (2) 不过反演中心的直线,反形为过反演中心的圆。

    (3) 不过反演中心的圆,反形也为不过反演中心的圆,且这两个月关于反演中心位似(用相似三角形易证)。注意,这并不意味着两个圆的圆心互为反形!

    (4) 反演不改变相切性。更一般地说,对于两个图形,反演不改变它们的交点个数。如相切两圆的反形仍相切,若切点恰是反演中心,则其反形为两平行线。


    技巧

    要做这种题的话,一般都需要求一个圆的反形圆。由上述(3)知道它们是位似的,因此只需求出相似比就能用乘法直接找到反形圆。下面表演怎么求相似比。

    不妨设反演半径为k ,反演中心是O ,两圆的圆心分别为C1,C2,半径分别为 r1,r2

    由反演定义

    (OC1r1)(OC2+r2)=k2

    (OC1+r1)(OC2r2)=k2

    随便化简一下就得到

    OC2=k2OC1(OC1r1)(OC1+r1)

    所以相似比就等于

    OC2OC1=k2(OC1r1)(OC1+r1)

    然后两个圆就能随便搞了。

    类似地,反形还可能是直线,那就更好求了吧……

    “哈哈,我已经全盘掌握了。”


    相关题目:HDOJ 6158, HDOJ 4773

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    原题链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6390

    题意

    a=1mb=1nGu(a,b)\sum_{a=1}^{m}\sum_{b=1}^{n}Gu(a,b)
    Gu(a,b)=ϕ(ab)ϕ(a)ϕ(b)Gu(a,b)=\frac{\phi(ab)}{\phi(a)\phi(b)}

    化简

    Guϕ(pk)=(p1)pk1(p)首先考虑对Gu函数进行变换,利用到欧拉函数的性质\phi(p^k)=(p-1)p^{k-1}(p为质数)

    Gu(a,b)=ϕ(p12k1p22k2..pn2kn)ϕ(p1k1p2k2..pnkn)ϕ(p1k1p2k2..pnkn)Gu(a,b)=\frac{\phi(p1^{2k1}p2^{2k2}..pn^{2kn})}{\phi(p1^{k1}p2^{k2}..pn^{kn})\phi(p1^{k1}p2^{k2}..pn^{kn})}

    =(p11)p12k11..(pn1)pn2kn1(p11)2p12k12..(pn1)2pn2kn2=\frac{(p1-1)p1^{2k1-1}..(pn-1)pn^{2kn-1}}{(p1-1)^2p1^{2k1-2}..(pn-1)^2pn^{2kn-2}}

    =p1p2..pn(p11)(p21)..(pn1)=\frac{p1p2..pn}{(p1-1)(p2-1)..(pn-1)}

    =p1p2..pnϕ(p1p2..pn)=\frac{p1p2..pn}{\phi(p1p2..pn)}

    =gcd(a,b)ϕ(gcd(a,b))=\frac{gcd(a,b)}{\phi(gcd(a,b))}

    接下来就是熟悉的模型

    a=1mb=1nGu(a,b)\sum_{a=1}^{m}\sum_{b=1}^{n}Gu(a,b)

    =a=1mb=1ngcd(a,b)ϕ(gcd(a,b))=\sum_{a=1}^{m}\sum_{b=1}^{n}\frac{gcd(a,b)}{\phi(gcd(a,b))}

    gcd(a,b)=d设gcd(a,b)=d

    =d=1min(n,m)dϕ(d)a=1mb=1n[gcd(a,b)=d]=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\frac{d}{\phi(d)}\sum_{a=1}^{m}\sum_{b=1}^{n}[gcd(a,b)=d]

    =d=1min(n,m)dϕ(d)a=1m/db=1n/dta,tbμ(t)=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\frac{d}{\phi(d)}\sum_{a=1}^{m/d}\sum_{b=1}^{n/d}\sum_{t|a,t|b}\mu(t)

    =d=1min(n,m)dϕ(d)t=1min(n,m)/dμ(t)a=1m/tdb=1n/td=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\frac{d}{\phi(d)}\sum_{t=1}^{min(n,m)/d}\mu(t)\sum_{a=1}^{m/td}\sum_{b=1}^{n/td}

    =d=1min(n,m)dϕ(d)t=1min(n,m)/dμ(t)[mtd][ntd]=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\frac{d}{\phi(d)}\sum_{t=1}^{min(n,m)/d}\mu(t)[\frac{m}{td}][\frac{n}{td}]

    f(n,m)=i=1min(n,m)μ(t)[mi][ni]设f(n,m)=\sum_{i=1}^{min(n,m)}\mu(t)[\frac{m}{i}][\frac{n}{i}]

    f(n,m)(n)f(n,m)用整除分块可以在\sqrt(n)的时间复杂里完成

    =d=1min(n,m)dϕ(d)f(nd,md)原式=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\frac{d}{\phi(d)}f(\frac{n}{d},\frac{m}{d})

    ϕ(d)<d线O(nlogn)因为\phi(d)<d,因此用线性求一下逆元,那么总的时间复杂度就是O(nlogn)

    Code

    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    #include <algorithm>
    #include <vector>
    #include <cmath>
    #include <bitset>
    #include <map>
    #include <set>
    #include <stack>
    #include <queue>
    //#include <unordered_map>
    using namespace std;
    #define fi first
    #define se second
    #define re register
    typedef long long ll;
    typedef pair<ll, ll> PII;
    typedef unsigned long long ull;
    const int N = 1e6 + 10, M = 1e6 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
    const int MOD = 1e9 + 7;
    ll prime[N], mu[N], k, p;
    ll phi[N], inv[N];
    bool is_prime[N];
    void get_inv(int n) {  //线性递推
        inv[1] = 1;
        for(int i = 2; i < n; i++)
            inv[i] = 1ll*(p - p / i) * inv[p % i] % p;
    }
    inline void init(int n) {
        memset(is_prime, true, sizeof is_prime);
        mu[1] = 1; phi[1] = 1;
        for (int i = 2; i < n; ++i) {
            if (is_prime[i]) prime[++k] = i, mu[i] = -1, phi[i] = i-1;
            for (int j = 1; j <= k && i * prime[j] < n; ++j) {
                is_prime[i * prime[j]] = false;
                if (i % prime[j] == 0) {
                    phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
                    break;
                } else {
                    mu[i * prime[j]] = -mu[i];
                    phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
                }
            }
        }
        for (int i = 1; i < n; ++i) mu[i] += mu[i-1];
    }
    ll calc(ll n, ll m) {
        ll ans = 0;
        for (ll l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1) {
            r = min(m / (m / l), n / (n / l));
            ans = (ans + (mu[r] - mu[l-1] + p) % p * (n / l) % p * (m / l) % p) % p;
        }
        return ans;
    }
    void solve() {
        init(N);
        int T; cin >> T; while (T--) {
            int m, n; cin >> m >> n >> p;
            get_inv(min(n, m));
            ll ans = 0;
            for (int i = 1; i <= min(n, m); i++) ans = (ans + i * inv[phi[i]] % p * calc(n/i, m/i) % p) % p;
            cout << ans << endl;
        }
    }
    
    signed main() {
        ios_base::sync_with_stdio(false);
        cin.tie(0);
        cout.tie(0);
    #ifdef ACM_LOCAL
        freopen("input", "r", stdin);
        freopen("output", "w", stdout);
    #endif
        solve();
        return 0;
    }
    
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  • 莫比乌斯反演

    2019-09-03 23:19:51
    相关定义,性质及证明:百度百科-莫比乌斯反演 计算: 参考资料 百度百科-莫比乌斯反演
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  • 总结:莫比乌斯反演的题目是很有套路的,要学会从枚举约数到枚举倍数的改变,另外这里的约数函数的等价式需要记下。 const int N = 2e3+5; ll mo = 1ll<< 30; int p[N + 1], mob[N + 1], cnt,d[N][N]; bool ...
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空空如也

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