UVA??? 考试 Exam
本来这篇题解是想在中考前写的，但是直到考前都没调出来，原因是 pow() 的精度感人。
由于 \(x\equiv0\pmod{a\cdot b}\)，令 \(c=\dfrac{x}{ab}\)，答案即 \(abc\le n\) 的无序三元组 \((a,b,c)\) 数量。
考虑把无序转成有序，即 \(a\le b\le c\)，但显然会算少，分 \(4\) 种情况讨论：
- \(a=b=c=k\)，合法的有 \((k,k,k)\)，对答案的贡献为 \(1\)。
- \(a=b=k<c\)，合法的有 \((k,k,c),(k,c,k),(c,k,k)\)，贡献为 \(3\)。
- \(a<b=c=k\)，合法的有 \((k,k,c),(k,c,k),(c,k,k)\)，贡献为 \(3\)。
- \(a<b<c\)，合法的有 \((a,b,c),(a,c,b),(b,a,c),(b,c,a),(c,a,b),(c,b,a)\)，贡献为 \(6\)。
我们只需要统计 \(4\) 中情况每种的数量，乘上对应的贡献加起来即可。
- \(a=b=c=k\)，\(abc\le n\)，\(k\le \lfloor\sqrt[3]{n}\rfloor\)，方案数为 \(\lfloor\sqrt[3]{n}\rfloor\)。
- \(a=b=k<c\)，枚举 \(k\)（显然不会超过 \(\lfloor\sqrt[3]{n}\rfloor\)），\(k<c\le \left\lfloor\dfrac{n}{k^2}\right\rfloor\)，方案数为 \(\sum\limits_{k=1}^{\lfloor\sqrt[3]{n}\rfloor}\left\lfloor\dfrac{n}{k^2}\right\rfloor-k\)。
- \(a<b=c=k\)，枚举 \(a\)，\(k\le \left\lfloor\dfrac{n}{a}\right\rfloor\)，方案数为 \(\sum\limits_{a=1}^{\lfloor\sqrt[3]{n}\rfloor}\left\lfloor\dfrac{n}{a}\right\rfloor-a\)。
- \(a<b<c\)，枚举 \(a,b\)，\(c\le \left\lfloor\dfrac{n}{ab}\right\rfloor\)，方案数为 \(\sum\limits_{a=1}^{\lfloor\sqrt[3]{n}\rfloor}\sum\limits_{b=a+1}^{\lfloor\sqrt{\frac{n}{a}}\rfloor}\left\lfloor\dfrac{n}{ab}\right\rfloor-b\)。
不难计算出复杂度 \(O(Tn^{\frac{2}{3}})\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
namespace vbzIO {
char ibuf[(1 << 20) + 1], *iS, *iT;
#if ONLINE_JUDGE
#define gh() (iS == iT ? iT = (iS = ibuf) + fread(ibuf, 1, (1 << 20) + 1, stdin), (iS == iT ? EOF : *iS++) : *iS++)
#else
#define gh() getchar()
#endif
#define mt make_tuple
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define pc putchar
#define pb push_back
#define ins insert
#define era erase
#define bg begin
#define rbg rbegin
typedef tuple<int, int, int> tu3;
typedef pair<int, int> pi;
inline int rd() {
char ch = gh();
int x = 0;
bool t = 0;
while (ch < '0' || ch > '9') t |= ch == '-', ch = gh();
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = gh();
return t ? ~(x - 1) : x;
}
inline void wr(int x) {
if (x < 0) {
x = ~(x - 1);
putchar('-');
}
if (x > 9)
wr(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
}
using namespace vbzIO;
int n, k, t;
int calc() {
int res = k;
for (int i = 1; i <= k; i++) {
res += max((int)sqrt(n / i) - i, 0ll) * 3;
res += max(n / (i * i) - i, 0ll) * 3;
for (int j = i + 1; i * j * (j + 1) <= n; j++)
res += (n / (i * j) - j) * 6;
}
return res;
}
int cl(int x) {
int res = -1, l = 1, r = 1e6;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (mid * mid * mid <= x) l = mid + 1, res = mid;
else r = mid - 1;
}
return res;
}
signed main() {
while (~scanf("%lld", &n)) {
k = cl(n);
printf("Case %lld: %lld\n", ++t, calc());
}
return 0;
}
upd : 补充一下复杂度证明，但是不太严谨。
不难发现复杂度主要是在第 \(4\) 部分，为 \(T(n)=\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\sqrt[3]{n}\rfloor}\left(\sqrt{\dfrac{n}{i}}-i\right)\)
后面那个 \(-i\) 可以直接扔出来变成 \(\sqrt[3]{n}\)，考虑:
\[\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\sqrt[3]{n}\rfloor}\sqrt{\frac{n}{i}}&=\sqrt n\cdot\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\sqrt[3]{n}\rfloor}\frac{1}{\sqrt i}\\&\thicksim\sqrt n\int^{n^{\frac{1}{3}}}_1x^{-\frac{1}{2}}dx\\&=\cdot O(n^{\frac{1}{2}}\cdot n^{\frac{1}{6}})=O(n^{\frac{2}{3}})\end{aligned}
\]
所以复杂度就大概 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 了。
