loj #509. 「LibreOJ NOI Round #1」动态几何问题「反演」
#509. 「LibreOJ NOI Round #1」动态几何问题
题意:
给了一个初中几何题,使用三角函数、相似、勾股定理等技巧,最后变成了:
给定 n,m≤1.5×1016,求多少对有序二元组 (x,y) 满足 x∈[1,n],y∈[1,m],xy 是完全平方数。
题解:
省略亿点点内容,直接跳到题解的算法 5
算法 5
不妨设 n≤m。
容易发现令 x=da,y=d′b,其中 a,b 分别是 x,y 最大的平方因子,也就意味着 d,d′ 是形如 ∏pi 的数。由于 xy=dd′ab 是完全平方数,能推出 d=d′。于是我们想到可以枚举无平方因子数 d,然后计算多少个 x,y 是 d 的倍数,且 xd,yd 是完全平方数。答案为:
稍微解释一下,μ2(i) 表示的是 i 是否含平方因子;1 到 x 中的完全平方数有 ⌊√x⌋ 个。
有一个重要的式子不得不提,即 μ2 的前缀和:
证明其实就是容斥,等价于证明 μ2(n)=∑d2∣nμ(d),若 n 有 k 个素因子的次数至少为 2,n 被计算到的次数为 \sum_{i = 0}^k {k\choose i}(-1)^k=[k=0]。
于是我们可以 \mathcal O(\sqrt n) 计算 \mu^2 的前缀和了。
注意到 \left\lfloor \sqrt{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor,\left\lfloor \sqrt{\dfrac{m}{i}}\right\rfloor 分别有 \mathcal O( n^{\frac{1}{3}}) 和 \mathcal O(\min(n, m^{\frac{1}{3}})) 种取值,所以我们可以分段求:对于 i\leq m^{\frac{1}{3}} 求,再对于 \left\lfloor \sqrt{\dfrac{m}{i}}\right\rfloor \leq m^{\frac{1}{3}} 求。时间复杂度是多少?我们可以通过积分求,最后大概得到 n = m 时是 \mathcal O(n^{0.5} \log n)。
算法 6
如果我们处理了 \sqrt n 以内 \mu,\mu^2 的前缀和,那么 \mu 的前缀和 S(n) 就可以 \mathcal O(n^{\frac{1}{3}}) 求了。
用积分精细分析一下复杂度大约是 \mathcal O(\sqrt n)。
算法 7
如果我们预处理 S = \min(n,m^{\frac{3}{7}}) 内的 \mu,\mu^2 前缀和,使用杜教筛求 \mu 就可以在 \mathcal O(\max(n,m)^{\frac37}) 时间内计算,具体推导见题解(太毒瘤了)
求解有很多技巧。
对于外层有个结论:
对于筛 \mu^2,也有个技巧。前面说我们对于 i\leq m^{\frac{1}{3}} 求,再对于 \left\lfloor \sqrt{\dfrac{m}{i}}\right\rfloor \leq m^{\frac{1}{3}} 求。具体如何实现?先记录最大的 i,i^3 \leq m^{\frac{1}{3}},求出 \sum_{j\leq i} \mu(j)\left\lfloor {\dfrac{n}{j^2}}\right\rfloor,并记录 t=\sum_{j\leq i} \mu(j) 。然后依次求 \left\lfloor {\dfrac{n}{j^2}}\right\rfloor = \left\lfloor {\dfrac{n}{(i+1)^2}}\right\rfloor...1 的答案,根据上面的结论右端点可以求出来记为 r,我们只需给答案加上 -t+\sum_{j\leq r} \mu(j)。你会发现每个 \mu(i) 恰好被前缀和覆盖了 \left\lfloor {\dfrac{n}{i^2}}\right\rfloor 次,也就神仙地完成了计算。
#include <unordered_map>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e7 + 30;
int p[N >> 3], mu[N], sn, tot;
ll mu1[N], mu2[N];
bool tag[N];
void sieve() {
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= sn; i++) {
if(!tag[i]) p[++ tot] = i, mu[i] = -1;
for(int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= sn; j++) {
tag[i * p[j]] = 1;
if (i % p[j] == 0) break ;
mu[i * p[j]] = -mu[i];
}
}
for(int i = 1; i <= sn; i ++) {
mu1[i] = mu1[i - 1] + mu[i];
mu2[i] = mu2[i - 1] + (mu[i] != 0);
}
}
ll n, m;
unordered_map<int, int> Map;
ll Mu(int n) {
if(n <= sn) return mu1[n];
if(Map.count(n)) return Map[n];
int res = 1;
for(int i = 2, j; i <= n; i = j + 1) {
j = n / (n / i); res -= Mu(n / i) * (j - i + 1);
}
Map[n] = res;
return res;
}
ll Mu2(ll n) {
if (n <= sn) return mu2[n];
ll res = 0, i;
for(i = 1; i * i * i <= n; i ++) {
res += mu[i] * (n / (i * i));
}
ll tmp = Mu(i - 1);
for(ll j = n / (i * i); j >= 1; j --) {
res += Mu(sqrt(n / j)) - tmp;
}
return res;
}
int main() {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
if(n > m) swap(n, m);
sn = min((ll) (pow(m, 3 / 7.0)), n); sieve();
ll ans = 0, la = 0, cur = 0;
for(ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
ll a = sqrt(n / l), b = sqrt(m / l);
r = min(n / (a * a), m / (b * b));
ans += ((cur = Mu2(r)) - la) * a * b;
la = cur;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
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