P3583 [POI2015] KWA 题解

题意

设 \(k(n)\) 表示将正整数 \(n\) 拆分成若干不同的平方数之和的所有方案中，最大的底数最小可能是多少，如果不存在这样的拆分，则 \(k(n) = \infty\)。

定义一个数 \(x\) 「超重」，当且仅当存在 \(y > x\)，使得 \(k(y) < k(x)\)。

给定 \(n\)，求 \(k(n)\) 和 \(1 \sim n\) 中「超重」的数个数。

题解

设 \(S_n=\sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)，\(t_n\)
满足 \(S_{t_n-1}\lt n\le S_{t_n}\)，则 \(k(n)\ge t_n\)。

对于第一问，当 \(n\le285\) 时，可以 \(O(n\sqrt n)\) 时间内 dp 出答案，且该范围内只有 \(31\) 个数无法被表示出；当 \(n>285\) 时，\(t_n\ge10\)。

首先 \(128\le x\le285\) 时由 dp 可知都有 \(k(x)\ne\infty\)，\(k(x)\le t_x+1\)。

假设我们已经归纳证明了 \(128\lt x\le n-1\) 时都有 \(k(x)\ne\infty\)，\(k(x)\le t_x+1\)，则 \(x=n\) 时：

若 \(k(S_t-n)<t_n\)，则容易构造方案使得 \(k(n)=t_n\)；否则 \(k(n)\gt t_n\)，且由于 \(n-(t_n+1)^2\gt S_{t_n-1}-(t_n+1)^2\ge S_9-10^2=185\)，故 \(k(n-(t_n+1)^2)\ne\infty\)。

又由于 \(n-(t_n+1)^2\le S_{t_n}-(t_n+1)^2\lt S_{t_n-1}\)，故由归纳假设知 \(k(n-(t_n+1)^2)\le t_{n-(t_n+1)^2}\le t_n-1\)，因此可以构造方案使得 \(k(n)=t_n+1\)。

因此该结论成立，可以通过递归在 \(O(\log n)\) 时间内求出答案。

对于第二问，由上述结论知当 \(t\gt31\) 且 \(S_{t-1}\lt x\le S_t\) 时，\(t\le k(x)\le t+1\)，因此该范围内所有超重的数即为 \(k(x)=t+1\) 的数。又由之前结论的推导过程可知该范围内恰有 \(31\) 个数的 \(k\) 值为 \(t+1\)，为所有的 \(S_t-x\) 满足 \(k(x)=\infty\)，因此可分成 \(S_t\le n\) 和 \(S_{t-1}\lt n\le S_t\) 两部分分别统计答案。

总时间复杂度 \(O(\log n)\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int Mx=10416;
LL n,ans=0;
int f[10422];
inline LL S(LL x)
{
	return x*(x+1)*(2*x+1)/6;
}
inline int get(LL x)
{
	int t=pow(x*3,1.0/3);
	while(S(t-1)>=x)--t;
	while(S(t)<x)++t;
	return t;
}
inline int F(LL x)
{
	if(x<=Mx)return f[x];
	int t=get(x);
	return t+(F(S(t)-x)>=t);
}
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	if(n<Mx)Mx=n;
	for(int i=1;i<=Mx;++i)f[i]=inf;
	for(int i=1;i*i<=Mx;++i)for(int j=Mx;j>=i*i;--j)if(f[j-i*i]<inf)f[j]=min(f[j],i);
	if(n<=Mx && f[n]==inf)putchar('-');
	else printf("%d",F(n));
	for(int i=1;i<=Mx;++i)ans+=(f[i]==inf || S(f[i]-1)>i);
	if(Mx<n)
	{
		int t=get(n);
		ans+=31LL*(t-32);
		for(int i=1;i<=128;++i)ans+=(f[i]==inf && S(t)-i<=n);
	}
	return 0&printf(" %lld",ans);
}