【SP26073】DIVCNT1 - Counting Divisors 题解
题目描述
定义 \(d(n)\) 为 \(n\) 的正因数的个数，比如 \(d(2) = 2, d(6) = 4\)。
令 $ S_1(n) = \sum_{i=1}^n d(i) $
给定 \(n\)，求 \(S_1(n)\)。
输入格式
第一行包含一个正整数 \(T\) (\(T \leq 10^5\))，表示数据组数。
接下来的 \(T\) 行，每行包含一个正整数 \(n\) (\(n < 2^{63}\))。
输出格式
对于每个 \(n\)，输出一行一个整数，表示 \(S_1(n)\) 的值。
题解
显然 $ S_1(n) = \sum_{i=1}^n \left \lfloor \frac ni \right \rfloor \(
整除分块可以做到\)O \left( \sqrt n \right)\(,这是要死的复杂度。
但实际上，这玩意是有个优化套路的：
显然有\) \sum_{i=1}^n \left \lfloor \frac ni \right \rfloor = 2 \sum_{i=1}^{\lfloor \sqrt n \rfloor} \left \lfloor \frac ni \right \rfloor - \left \lfloor \sqrt n \right \rfloor^2 $
那么只需求 \(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \sqrt n \rfloor} \left \lfloor \dfrac ni \right \rfloor\) 的值
它显然等于 \(f(x) = \dfrac n x\)、直线 \(y = \sqrt n\)、\(x\) 轴和 \(y\) 轴所围成的区域 \(R\) 中整点 (格点) 的个数 (含边界，\(x\) 轴除外)。我们把它变成了一个区间数点问题。
但实际上这个函数是个凸函数，因此区域 \(R\) 的补集 \(R'\) 为一个凸集，我们很显然的想到用凸包去拟合，然后Pick定理随便搞一搞。
怎么找凸包呢？我们用SBT大力求斜率，然后弄个单调栈去搞。
记 \(B = \left \lfloor \sqrt n \right \rfloor\)，我们从点 \(P_0 \left( \left \lfloor \dfrac nB \right \rfloor, B+1 \right)\) 开始，一步一步寻找凸包上所有的点。
(步骤一)我们在栈中加入两个分数 (为斜率的绝对值) \(\dfrac 01\) 和 \(\dfrac 11\)，代表向量 \((1, 0)\) 和 \((1, 1)\)，由于 \(f' \left( \sqrt n \right) = -1\)，因此这部分所有斜率都在 \(-1 \sim 0\) 之间。 此外，这个栈需要满足自顶向上是单调递增的。
(步骤二)接下来，我们取出栈顶向量，将 \(P_0\) 持续与这个向量 (关于 \(x\) 轴的对称，下略) 相加，直到这个点 \(P_k\) 不在区域 \(R'\) 中 (即在区域 \(R\) 中)。由于这些分数是在 Stern-Brocot 树中产生的，因此一定是既约分数 (即分子与分母互素)。
因此每加一步，我们可以计算出这个横条的面积：设向量为 \((u, v)\)，上一个点 (\(P_{k-1}\)) 的横坐标为 \(x\)，则面积为 \(x v + \dfrac 12 (v + 1) (u - 1)\)。
（步骤三）接着我们要对栈进行调整。由于函数的斜率的绝对值单调递减，因此栈中的分数也需要单调递减。
故我们需要把值过大的分数弹出栈外，直到栈顶和它下面的元素与 \(P_k\) 相加后，前者在 \(R'\) 外，后者在 \(R'\) 内。把这两个向量记作 \(l\) 和 \(r\)。
(步骤四)然后我们在SBT上二分(不是说大力求嘛).
记 \(l = \dfrac {y_l} {x_l}, r = \dfrac {y_r} {x_r}\) (\(l > r\))，则 \(m = \dfrac {y_m} {x_m} = \dfrac {y_l + y_r} {x_l + x_r}\)。令 \(M = P_k + m\) (即 \(P_k\) 按照向量 \(m\) 平移后的点)，如果 \(M\) 在 \(R'\) 中，则将 \(r\) 压入栈后令 \(r \gets m\)，继续二分；否则，分以下两种情况讨论(二轮判断)：
一：如果 \(\left| f' \left( x_k + x_m \right) \right| \leq r\) (其中 \(x_k\) 为 \(P_k\) 的横坐标)——由 \(f'(x) = - \dfrac n {x^2}\) 可得该条件等价于 \(n x_r \leq (x_k + x_m)^2 y_r\) ——则容易得到如果再迭代下去的话，所有的 \(P_k + m\) 都不会落在 \(R'\) 内，也就能说已经二分完毕了，因此只需保留当前的栈重新回到步骤 2 进入下一轮迭代。
二：如果 \(\left| f' \left( x_k + x_m \right) \right| > r\)，则接下来的向量还有可能落入 \(R'\) 中，因此令 \(l \gets m\) 后继续二分。
这个做法的复杂度上界不超过 \(O \left( n^{1/3} \log n \right)\) ,因为斜率只有不超过\(O \left( n^{1/3} \right)\)个。（至于怎么证明文文也不会）。
后期函数的斜率非常小，都是 \(\dfrac 1k\) 的形式，会退化为 \(O(y)\)，因此可以在 \(y \leq \sqrt[3]n\) 的部分中直接暴力计算
Code
#include <bits/stdc++.h>
const int N=1000005;
typedef long long ll;
struct qwq {
ll x, y;
qwq (ll x0 = 0, ll y0 = 0) : x(x0), y(y0) {}
inline qwq operator + (const qwq &B) const {return qwq(x + B.x, y + B.y);}
};
ll n;
int top;
qwq stk[N];
inline void push(qwq x) { stk[++top]=x;}
inline void putint(__int128 x) {
static char buf[36];
if (!x) {putchar(48); return;} int i = 0;
for (; x; buf[++i] = x % 10 | 48, x /= 10);
for (; i; --i) putchar(buf[i]);
}
inline bool check(ll x, ll y) {return n < x * y;}
inline bool judge(ll x, qwq v) {return (__int128)n * v.x <= (__int128)x * x * v.y;}
__int128 S1() {
int i, crn = cbrt(n);
ll srn = sqrt(n), x = n / srn, y = srn + 1;
__int128 ret = 0;
qwq L, R, M;
push(qwq(1, 0)); push(qwq(1, 1));
while(true) {
for (L = stk[top--]; check(x + L.x, y - L.y); x += L.x, y -= L.y)
ret += x * L.y + (L.y + 1) * (L.x - 1) / 2;
if (y <= crn) break;
for (R = stk[top]; !check(x + R.x, y - R.y); R = stk[--top]) L = R;
for (; M = L + R, 1; )
if (check(x + M.x, y - M.y)) push(R = M);
else {
if (judge(x + M.x, R)) break;
L = M;
}
}
for (i = 1; i < y; ++i) ret += n / i;
return ret*2-srn*srn;
}
int main() {
int T;
for (scanf("%d", &T); T; --T) {scanf("%lld", &n); putint(S1());puts("");}
return 0;
}
