#509. 「LibreOJ NOI Round #1」动态几何问题

下面给出部分分做法和满分做法

有一些奇妙的方法可以拿到同样多的分数，本蒟蒻只能介绍几种常见的做法

如果您想拿18分左右，需要了解：质因数分解

如果您想拿30分左右，需要了解：一种较快的筛法

如果您想拿70分左右，需要了解：莫比乌斯反演+杜教筛+整除分块+容斥

如果您想拿100分，需要了解：线性筛+杜教筛+莫比乌斯函数+狄利克雷卷积+推式子+微积分+整除分块

这时候如果您还想做这道题的话。。。

18分做法

首先N=1 时，就是求不超过 M的完全平方数有多少个，直接输出$\lfloor \sqrt{M} \rfloor$就好啦。

将 a中的最大完全平方因子除去以后所得的数记为 A

将 b中的最大完全平方因子除去以后所得的数记为 B

因为ab是完全平方数，所以AB是完全平方数，因为A，B只含一次方的质因数，所以A=B

枚举a，由于 a/A是 a的约数中最大的完全平方数，可以枚举不超过a 的所有完全平方数求出 a的最大平方约数（或把a 分解质因数）来计算出A

b一定是A的完全平方数倍，A固定时b的取值一共有 $\lfloor \sqrt{M / A} \rfloor$个。

时间复杂度：O((N⋅ $\sqrt{N} $)

30分做法

枚举A，计算有多少组对应的有序数对(a,b)。

A只能取不包含平方因子的数，只需让 a/A，b/A为完全平方数，并且 $1 \leq a \leq N, 1 \leq b \leq M$ 。

当 A确定时，a,b可以取的值的即分别不超过 $\lfloor N / A\rfloor$ 和 $\lfloor M / A \rfloor$ 的完全平方数，即分别有 $\big\lfloor\sqrt{\lfloor N / A \rfloor}\big\rfloor$和 $\big\lfloor\sqrt{\lfloor M / A \rfloor}\big\rfloor$种取值

A即不超过 $\min(N,M)$的不包含平方因子的数。可以用筛法求出来

把所有（大于1的）完全平方数的倍数筛掉，剩下的就是不包含平方因子的数。

时间复杂度是O( $\min(N, M)$)

然后枚举 A，将对应的 a和b 的数量乘起来（即 $\big\lfloor\sqrt{\lfloor N / d \rfloor}\big\rfloor \times \big\lfloor\sqrt{\lfloor M / d \rfloor}\big\rfloor$）计入答案。

时间复杂度： O($\min(N, M))$)。

大约70分的做法

不妨设 $N \leq M$

考虑枚举数对 a和 b的最大公约数，设为d。则a/d与b/d 必须是互质的完全平方数，于是我们可以统计$[1, \lfloor \sqrt{\frac N d} \rfloor]$与$[1, \lfloor \sqrt{\frac M d} \rfloor]$中互质数的对数。

答案就是 $\sum _d \sum _i ^ {\lfloor \sqrt{\frac N d} \rfloor} \sum _j ^ {\lfloor \sqrt{\frac M d} \rfloor}[ \gcd (i, j) = 1]$

是一个经典的莫比乌斯反演问题；于是我们在$\sqrt{N}$范围线性筛，再对d分块处理。时间O（$\sqrt{N}\cdot 大常数$）

优秀的话可以拿到95分

（开始乱搞）

大约70分做法（懒得写那么多惹，有的地方默认M,N同级）

根据上文易知答案 =$\sum_{x=1}^{\min(N, M)} \mu^2(x) \cdot \big\lfloor\sqrt{\lfloor N / x \rfloor}\big\rfloor \cdot \big\lfloor\sqrt{\lfloor M / x \rfloor}\big\rfloor$

根据容斥原理，$\mu^2$的前缀和 $ \sum_{x=1}^{n} \mu^2(x) = \sum_{i=1}^{\lfloor \sqrt{n} \rfloor} \mu(i) \cdot \lfloor \frac{n}{i^2} \rfloor $

你发现$\lfloor\frac{n}{i^2} \rfloor $可以整除分块

O($\n^{1/3}$)的时间复杂度内计算

可以整除分块$\big\lfloor\sqrt{\lfloor N / x \rfloor}\big\rfloor \cdot \big\lfloor\sqrt{\lfloor M / x \rfloor}\big\rfloor$

用线性筛预处理$\sqrt{N}$ 以内的$\mu$ 的前缀和，$\mu^2$的前缀和

$\big\lfloor\sqrt{\lfloor N / x \rfloor}\big\rfloor$一共改变了 $O(N^{1/3})$次值，所以 $\big\lfloor\sqrt{\lfloor N / x \rfloor} \big\rfloor \cdot \big\lfloor\sqrt{\lfloor M / x \rfloor}\big\rfloor$ 一共改变了 $O(\min(M^{1/3}+N^{1/3}, min(M,N)))$ 次值

为什么呢？

张老师给出的证明：

如果$\min(M^{1/3}+N^{1/3}, min(M,N))$大约是我们需要计算 $\mu^2$的前缀和的次数。

如果计算 $\mu^2$的前缀和的复杂度为 $O(N^{1/3})$

这个算法的时间复杂度约为$O(N^{1/3} \cdot min(M^{1/3}+N^{1/3}, min(M+N)\big) \big)$

感觉很虚，优化得和没有优化一样

仔细计算时间：

对$n=1$ 到 $O(\min(M^{1/3}+N^{1/3}, min(M+N)))$计算 $\sum_{x=1}^{n} \mu^2(x)$

时间复杂度约为 $O\left(\int_1^{\min(M^{1/3},N)} x^{1/3} \mathrm{d}x\right) = O\left(\min(M^{4/9}, N^{4/3})\right)$

然后对 $\sqrt{M / n} = \sqrt{M / N} $到$ M^{1/3}
$ 计算 $\sum_{x=1}^{n} \mu^2(x)$

时间复杂度为 $O\left(\int_{\sqrt{M/N}}^{M^{1/3}} M^{1/3}x^{-2/3} \mathrm{d}x\right) = O\left(\min(M^{4/9},M^{1/2}) - M^{1/2}N^{-1/6}\right)$

所以，当 $\max(N,M) > \left(\min(N,M)\right)^3$
时，时间复杂度为 $O\left(\left(\min(N,M)\right)^{4/3}\right)$

而且因为一部分$\mu^2$已经预处理了，所以实际的时间复杂度还会小一些

大约90分做法

（题解太长，我有点不想写了）

发现上一个的算法的问题在于空间

令线性筛预处理范围 $S < \sqrt{N}$

记 $\sum\mu(n) = \sum_{x=1}^{n} \mu(x), \sum\mu^2(n) = \sum_{x=1}^{n} \mu^2(x)$

我们需要计算这些$ \mu^2$的前缀和： $\sum\mu^2(N)$

$\sum\mu^2\left(\left\lfloor \frac{M}{\left(\lfloor\sqrt{M / N}\rfloor + 1\right)^2} \right\rfloor\right),$

$ \sum\mu^2\left(\left\lfloor \frac{M}{\left(\lfloor\sqrt{M / N}\rfloor + 2\right)^2} \right\rfloor\right), $

$\dots$

和形如 $\sum\mu^2(\lfloor \frac{N}{\dots} \rfloor)$ 的前缀和

计算 $\mu^2$的前缀和的过程： $\sum\mu^2(n) = \sum_{i=1}^{\lfloor \sqrt{n} \rfloor} \mu(i) \cdot \lfloor \frac{n}{i^2} \rfloor$

所以在计算 $\sum\mu^2(n)$时需要求 $\sum\mu(\lfloor \sqrt{n} \rfloor), \sum\mu(\lfloor \sqrt{n / 2} \rfloor), \sum\mu(\lfloor \sqrt{n / 3} \rfloor), \dots$

计算$\mu$的前缀和的过程（由狄利克雷卷积可求出）：$\sum\mu(n) = 1 - \sum_{i=2}^{n} \sum\mu(\lfloor n / i \rfloor)$

如果一次性求出所有满足 $\lfloor n / i \rfloor > S $的$ \sum\mu(\lfloor n / i \rfloor)$(i为正整数），所需时间复杂度为 $O\left(\int_{1}^{n / S} \sqrt{n / x} \mathrm{d}x\right) = O(n \cdot S^{-1/2})$

杜教筛 $O(n^{2/3})$的时间复杂度就是 $O(n \cdot S^{-1/2} + S)$

根据上述信息，所有要计算的$\mu$的前缀和：

$\mathrm{for}_{i=\lfloor \sqrt{M/N} \rfloor}^{\lfloor \sqrt{M}/S \rfloor} \mathrm{for}_{j=1}^{\lfloor M / (i^2S^2) \rfloor} \sum\mu(\lfloor \frac{\sqrt{M}}{i \sqrt{j}}\rfloor)$

交换一下循环顺序，可以发现只需计算所有满足 $\lfloor \frac{M/j}{i} \rfloor > S$ 的 $\sum\mu(\lfloor \frac{M/j}{i} \rfloor)$

时间复杂度为 $O\left(\int_1^{M / S^2} \sqrt{M / x} \cdot S^{-1/2} \mathrm{d}x\right) = O(M \cdot S^{-3/2})$

这样我们可以取 $S = \left(\max(N,M)\right)^{3/7} < 9000000$

做到 $O\left( \left(\max(N,M)\right)^{3/7}\right)$
的总时间复杂度。

得分： 95~100 分。

意思是分析了这么久，优化来优化去，如果写的丑的话，还是没有100分

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=20000031;

bool vis[N];
int p[N /10],mu[N];
ll mu2[N];

int maxn=0;

void init(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2,tot=0;i<=maxn;i++){
        if(!vis[i]) p[tot++]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=0;j<tot&&i*p[j]<=maxn;j++){
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j])  mu[i*p[j]]=-mu[i];
            else{
                mu[i*p[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=maxn;++i) mu2[i]=mu2[i-1]+(mu[i]!=0),mu[i]+=mu[i-1];
}

ll m,n;

inline ll squ(ll x){return x*x;}
map<ll,ll> qq;
ll g(ll x){
    if(x<=maxn) return mu[x];
    auto it=qq.find(x);
    if(it!=qq.end()) return it->second;
    ll ans=1;
    for (ll i=2,j=0;i<=x;i=j+1) ans-=g(x/i)*((j=x/(x/i))-i+1);
    return qq[x]=ans;
}

ll f(ll x){
    if(x<=maxn) return mu2[x];
    ll ans=0,i=1,t=0,a=0,b=0;
    for(;i*i*i<=x;++i)t=x/squ(i),ans+=t*((a=mu[i])-b),b=a;
    for(ans-=(t=x/squ(i))*b;t;--t)ans+=g(sqrt(x/t));
    return ans;
}

int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    if (n>m) swap(n,m);
    maxn=min((ll)(pow(m,3/7.0)),n);
	init();
    ll ans=0,x=0,y=0,a=0,b=0;
    for(ll i=1,j=0;i<=n;i=j+1) j=min(n/squ(x=sqrt(n/i)),m/squ(y=sqrt(m/i))),ans+=x*y*((a=f(j))-b),b=a;
    printf("%lld\n",ans);
}

posted @ 2019-04-23 20:34 Doingdong 阅读(326) 评论(0) 编辑收藏举报

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#509. 「LibreOJ NOI Round #1」动态几何问题

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