P6583 回首过去 题解

不错的 Idea。当然如果熟练莫反就是另一回事，但我不熟练（

注意到如果最简分数 $\dfrac{x}{y}$ 是有限小数，那么 $y$ 只能含有 2,5 这两个质因子（当然可以为 1）。

然而分数并不一定最简，所以考虑将分数变成 $\dfrac{xg}{yg},xg,yg\le n$ 这个形式，其中保证 $\dfrac{x}{y}$ 最简，$y$ 只含有 2,5 这两个质因子（或者为 1），$x$ 任意，$g$ 不能含有 2,5 这两个质因子。

显然合法的小于等于 $n$ 的 $y$ 可以预处理，因此考虑枚举 $y,g$，注意到枚举 $y$ 时 $y$ 限制过大不好化简，只能枚举出符合条件的 $(y,g)$ 二元组的个数（人话：只能做到 $O(n)$，可以自己手玩一下），因此考虑枚举 $g$，此时 $y\in[1,\lfloor\dfrac{n}{g}\rfloor]$，然后由于 $y$ 只含有 2,5 这两个质因子，所以个数是很少的，又因为 $g$ 递增时 $y$ 递减，所以是单调的，能做到 $O(n)$（实际上枚举 $y$ 也是利用这一点）。

注意到 $n\le10^{12}$ 因此猜想应该是个根号算法，考虑令 $f(\lfloor\dfrac{n}{g}\rfloor)$ 表示当前枚举 $g$ 时合法的 $y$ 的个数，那么最终答案如下：

$$\sum_{1\le g\le n,2\not\mid g,5\not\mid g}f(\lfloor\dfrac{n}{g}\rfloor)\lfloor\dfrac{n}{g}\rfloor$$

发现这是个整除分块的形式，但讨厌的是限制条件 $2\not\mid g,5\not\mid g$，考虑去掉这个限制条件，整除分块过程中处理出一段 $\lfloor\dfrac{n}{g}\rfloor$ 相同的区间 $[l,r]$ 后，考虑计算这个区间内满足限制条件的 $g$ 的个数 $c$，这个可以简单容斥，$c=g(l,r,1)-g(l,r,2)-g(l,r,5)+g(l,r,10)$，$g(l,r,x)$ 表示 $[l,r]$ 内 $x$ 的倍数的个数，处理出 $c$ 后整个区间的贡献就是 $c\times f(\lfloor\dfrac{n}{g}\rfloor)\lfloor\dfrac{n}{g}\rfloor$。

Code：

/*
========= Plozia =========
	Author:Plozia
	Problem:P6583 回首过去
	Date:2022/10/20
========= Plozia =========
*/

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;

const int MAXN = 1e6 + 5;
LL n, a[MAXN], cnta;

LL Read()
{
	LL sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
	return sum * fh;
}
LL Min(LL fir, LL sec) { return (fir < sec) ? fir : sec; }
LL g(LL l, LL r, LL x) { return r / x - (l - 1) / x; }

int main()
{
	n = Read(); for (LL i = 1; i <= n; i <<= 1) for (LL j = i; j <= n; j *= 5) a[++cnta] = j;
	LL ans = 0; int p = cnta; std::sort(a + 1, a + cnta + 1);
	for (LL l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
	{
		if (n / l == 0) r = n; else r = Min(n / (n / l), n);
		while (p > 0 && a[p] > n / l) --p;
		ans += (g(l, r, 1) - g(l, r, 2) - g(l, r, 5) + g(l, r, 10)) * (n / l) * p;
	}
	printf("%lld\n", ans); return 0;
}