AtCoder-abc254_d Together Square

Together Square#

唯一分解定理 + 递推

如果从 $n - 1$ 递推到 $n$ 的话，只要考虑任意的组合 $(i,n)$ $i < n$ 的所有个数的 2 倍，再加上一个 $(n, n)$ 就可以了

接下来就考虑能不能快速求出 $(i, n)$ 满足条件的个数

如果一个数是平方数，则质因数分解出来的频率均为偶数，我们可以根据这个要求要计算

考虑质因数分解，如果 $n$ 分解出来的质因数的频率是偶数次，则无影响，如果是奇数次，则会要求 i 的质因数分解中，该质数出现的频率为奇数

我们先算出所有 $i$ 必须带有的质数的乘积，然后剩下的就是求平方数的次数了，显然有：要求小于等于 x 的平方数的个数，答案为 $\lfloor \sqrt{x} \rfloor$

因为 i 的范围是 $1 \le i < n$，且 $i = x * k^2$，x 为 i 必须带有的质数乘积，$k^2$ 表示平方数，则其数量的计算就为 $\lfloor \sqrt{\frac{n - 1}{x}} \rfloor$

质因数分解的话，直接用欧拉筛的方式预处理所有合数的其中一个因数，然后不断往下除就是了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <queue>
#include <functional>
#include <map>
#include <set>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <deque>
#include <stack>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pii pair<int, int>
const ll maxn = 2e5 + 10;
const ll inf = 1e17 + 10;
int num[maxn], pre[maxn];
ll dp[maxn];

void init(int n)
{
    pre[1] = 1;
    for(int i=2; i<=n; i++)
    {
        if(pre[i]) continue;
        for(int j=i; j<=n; j+=i)
            pre[j] = i;
    }
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    init(n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        ll temp = 0;
        if(pre[i] != i)
        {
            ll x = i, ans = 1;
            while(pre[x] != x)
            {
                ll now = pre[x], way = 0;
                while(pre[x] == now)
                {
                    x /= pre[x];
                    way++;
                }
                if(way & 1)
                    ans *= now;
            }
            ans *= pre[x];
            temp = sqrt((i - 1) / ans);
        }
        dp[i] = dp[i-1] + temp * 2 + 1;
    }
    cout << dp[n] << endl;

    return 0;
}