2020牛客多校第七场H题Dividing（整除分块）

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5672/H

题目描述

The following rules define a kind of integer tuple - the Legend Tuple:

•  (1, k) is always a Legend Tuple, where k is an integer.
• if (n, k) is a Legend Tuple, (n + k, k) is also a Legend Tuple.
• if (n, k) is a Legend Tuple, (nk, k) is also a Legend Tuple.

We want to know the number of the Legend Tuples (n, k) where 1≤n≤N,1≤k≤K

In order to avoid calculations of huge integers, report the answer modulo 10^9+7 instead.

 

题意：定义了一种元组为可行，给你N,K，计算小于NK的可行组有多少个 对1e9+7取模

题解：根据题目描述我们可以了解到（1，k）始终是可行组，然后（1+k，k）（1+2k,k）...是可行组 （k，k）（2k,k）...也是可行组，我们可以理解题意写出前面几种可行组

我们可以发现n%k==1 是可行组 （n%k==0） 也是可行组，因此我们只要计算n/k有多少个  和（n-1）/k 也有多少就可以计算出答案，当然这些要满足大条件 n<N,k<K。

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（1,1）（1,2）（1,3）（1,4）（1,5）（1,6）（1,7）（1,8）（1,9）...

（2,1）（2,2）（3,3）（4,4）（5,5）（6,6）

（3,1）（3,2）（4,3）（5,4）

（4,1）（4,2）

（5,1）（5,2）

（6,1）

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至此我们可以发现我们只要从1开始枚举（k） 算出n/k有多少种，再判断n%k的结果是不是0，我们就可以计算出ans，但是题目k的范围为1e12，时间复杂度为O（k）显然不行。

这就需要整除分块，什么是整除分块，就是用来计算 （n/i）能整除的有多少个，时间复杂度为O（sqrt（n））

ll diving( ll n){
    ll ans=0;
    for(ll l=3,r;l<=n;l=r+1){
        r=n/(n/l);
        ans+= ( ((r-l+1)%mod) * ((n/l)%mod) ) %mod;
        ans%=mod;
        cout<<l<<" "<<r<<" "<<ans<<endl;
    }
    return ans%mod;
    
}

此题还有一个坑点 N可以>K，所以我们直接套用上面的代码是不行的，会出现大于k的不符合的整除也被计算进来了，

因为我想法 是先把第一行跟左边两行加上，从i=3 开始整除，所以前面需要特判k==1。

#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e3+7;
const ll mod =1e9+7;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<double,double> pdd;

ll diving( ll n,ll k){
    ll ans=0;
    for(ll l=3,r;l<=n&&l<=k;l=r+1){
        r=min( n/(n/l),k);
        ans+= ( ((r-l+1)%mod) * ((n/l)%mod) ) %mod;
        ans%=mod;
    //    cout<<l<<" "<<r<<" "<<ans<<endl;
    }
    return ans%mod;
    
}

int main(){
    IOS
    ll n,k;
    cin>>n>>k;
    ll ans=0;
    if(k==1){
        ans=n%mod;
    }else 
        ans+=(k%mod+2*n%mod-2)%mod;
    //cout<<ans<<endl;
    ans+=diving(n,k)%mod+diving(n-1,k)%mod;
    cout<<ans%mod;
    
    return 0;
}