2014年百度之星程序设计大赛 - 初赛（第二轮）JZP Set

　　题目描述：一个{1, ..., n}的子集S被称为JZP集，当且仅当对于任意S中的两个数x,y，若(x+y)/2为整数，那么(x+y)/2也属于S。例如，n=3，S={1,3}不是JZP集，因为(1+3)/2=2不属于S。但是{1,2,3}的其他子集都属于S，所以n=3时有7个JZP集给定n，求JZP集的个数。

　　输入：第一行为T，表示输入数据组数。每组数据包含一行整数n。限制条件：1<=T<=10^5，1<=n<=10^7

　　输出：对第i组数据，输出Case #i:然后输出JZP集的个数。

　　这道题目考的知识主要是素数筛选，直接对每个n，求对应的JZP集肯定是会超时的（开始我也是如此，以为很简单的一道题，没想到一提交就是超时），后来用递推的思路改进下才pass。下面分享下我的答题思路：

　　首先，先从简单的情况分析：

　　n = 1时，JZP1 = {{}，{1}} ，个数为2；

　　n = 2时，JZP2 = {{}， {1}， {2}， {1，2}}，个数为4

　　n = 3时，JZP3 = {{}， {1}， {2}， {1，2}， {3}， {2，3}， {1，2，3}}，个数为7

　　n = 4时，JZP4 = {{}， {1}， {2}， {1，2}， {3}， {2，3}， {1，2，3}， {4}， {3，4}， {1，4}， {2，3，4}，{1，2，3，4}}，个数为12

　　n = 5时，JZP5 = ...

　　从上面的JZP集合来看，一个{1...n}的集合中满足JZP的集合有：空集{}，只有一个元素的集合{k}（1 <= k <= n），包含两个或两个以上元素的集合{a1，a2，a3...ak}（2 <= ak <= n，ak - ak-1 = 2 * x + 1， 0 <= x <= (n - 2)/ 2），也就是说每个满足条件的集合中的元素是等差数列，数列的差值可以取值为1,3,5,7,9...2*x+1(0 <= x <= (n - 2)/ 2)。

　　根据上面的思路，对每个差值1,3,5,7,9...2*x+1(0 <= x <= (n - 2)/ 2)，在找出{1...n}的集合中找出满足这个差值的最大等差数列，即{1,2,3,4...n}（差值为1）；{1,4,7,10...}，{2,5,8,11...}，{3,6,9,12...}（差值为3）；{1,6,11,16...}，{2,7,12,17...}，{3,8,13,18}，{4,9,14,19..}，{5,10,15,20...}（差值为5）...。然后再这些集合中选出2个或2个以上的相邻元素作为子集合就是满足题目的JZP集。所以一个{1...n}的集合中JZP集合的个数为：1 + n + {n * (n - 1) / 2} + {(n % 3) * (n / 3) * ( n / 3 + 1) / 2  + (3 - n % 3) * (n / 3) * ( n / 3 - 1) / 2} + {(n % 5) * (n / 5) * ( n / 5 + 1) / 2  + (5 - n % 5) * (n / 5) * ( n / 5 - 1) / 2} + ...。

　　所以对于一个给定的n，我们可以直接求出JZP集的个数，时间复杂度为O(n)，再看题目有T组数据，所以总的复杂度是O(n * T)，而1<=T<=10^5，1<=n<=10^7，显然复杂度过大，容易想到的方法是提前求出n为1~10^7所对应的JZP集个数，并存在数组中，后面对每组数据，直接查数组就可以了。现在关键是怎么求n为1~10^7所对应的JZP集个数，如果还是按前面的方法对每个数n都直接求对应的JZP集的个数，复杂度为O(n^2)，显然这是会超时的。可不可以利用前面n-1对应的JZP集的个数求n对应的JZP集的个数呢？如果可以这样就减少了重复计算的次数，假设dp[n - 1]表示n - 1对应的JZP集的个数，现在分析dp[n]与dp[n - 1]的关系，n相对于n-1增加的JZP集有{n}，差值为1的数列中增加的JZP集为n - 1，差值为3的数列中增加的JZP集为 (n - 1) / 3，...，所以dp[n] = dp[n - 1] + 1 + (n - 1) + (n - 1) / 3 + (n - 1) / 5 + ... + 1，关键是求(n - 1) + (n - 1) / 3 + (n - 1) / 5 + ... + 1了，假设temp[n] = (n - 1) + (n - 1) / 3 + (n - 1) / 5 + ... + 1，那么temp[n] = temp[n - 1] + cn(n - 1)，其中cn(n - 1)是整除n - 1的所有奇数的个数，现在问题简化为求一个数能被多少个奇数整除，用暴力肯定不行，想想这个和素数的思路差不多，素数筛选的方法能用O(nlogn)的复杂度求出1~n中的每个数被奇数整除的个数，也就是整个算法的复杂度是O(nlogn)，这个时间复杂度应该够了。

　　有了上面的分析，实现代码就简单了，具体代码如下：

#include <iostream>
using namespace std;

long long dp[10000001];
long long cn[10000001];
int main()
{
    int t, n;
    long long ans, cnt;

    for (int j = 1; j <= 10000000; j += 2)
    {
        for (int i = j; i <= 10000000; i += j)        
            cn[i]++;
    }
    dp[1] = 2;
    cnt = 0;
    for (int j = 2; j <= 10000000; j++)
    {
        cnt += cn[j - 1];
        dp[j] = dp[j - 1] + cnt + 1;
    }
    cin >> t;
    for (int i = 0; i < t; i++)
    {
        cin >> n;
        cout << "Case #" << i + 1 << ":" << endl << dp[n] << endl;
    }
    return 0;
}