简单数学——星之影

星之影-垃圾推式子

简而言之，本题题意为求：

$$\sum _{x=1}^n\frac{1}{\lfloor \sqrt[4]{x}+\frac{1}{2}\rfloor }$$

观察这个式子，我们会发现， $\sqrt[4]{x}$ 增长非常慢，于是可以采用类似于数论分块的思想

很明显， $\lfloor \sqrt[4]{x}+\frac{1}{2}\rfloor$ 的值是非严格单调递增的，且取$1,2,3,4,\dots \dots$

下面我们来思考这个式子的值为 $m$ 的时候， $x$ 的取值范围，容易发现， $x$ 最小可以是当 $\sqrt[4]{x}+\frac{1}{2}=m$ ,也即 $x=(\frac{2m-1}{2}{)}^4$ 由于 $m$ 是整数， $x$ 是整数，可以知道 $x$ 最大取到 $x=(\frac{2m+1}{2}{)}^4-1$ ,这里一共有取值总数：

$$(\frac{2m+1}{2}{)}^4-1-(\frac{2m-1}{2}{)}^4+1=4m^3+m$$

故对于一个足够大的 $n$ ,当 $\lfloor \sqrt[4]{x}+\frac{1}{2}\rfloor =m$ 时，$m$的总贡献为： $4m^2+1$ ,所以说，我们设 $a$ 是对于 $n$ 来说，满足 $\sum _{k=1}^a(4k^3+k)\le n$ 的最大的 $a$ ,这意味着我们可以直接对 $1\sim a$ 的贡献进行求和，写成式子即这部分贡献为：

$$\sum _{k=1}^a\frac{1}{k}·(4k^3+k)=4\sum _{k=1}^a{k}^2+\sum _{k=1}^{a}1=\frac{2a(a+1)(2a+1)+3a}{3}$$

那么对于答案来说，剩下的部分即为值为 $a+1$ 的部分，这个部分的总数量即为 $1\sim n$ 的数量减去 $1\sim a$ 中每个数出现的次数，写成式子即为：

$$n-\sum _{m=1}^a(4m^3+m)=n-4\sum _{m=1}^a{m}^3-\frac{a(a+1)}{2}=n-a^2(a+1{)}^2-\frac{a(a+1)}{2}$$

其总贡献为：

$$\frac{1}{a+1}(n-a^2(a+1{)}^2-\frac{a(a+1)}{2})$$

故，此时我们便可以计算出答案：

$$\frac{2a(a+1)(2a+1)+3a}{3}+\frac{1}{a+1}(n-a^2(a+1{)}^2-\frac{a(a+1)}{2})$$

我们发现，现在我们的问题就是如何求出 $a$ 的值

笔者在考场上，暂时没有想出，于是由于 $a$ 的值具有单调性于是二分答案做的，此种做法已经可以通过本题，但本题还有$O(1)$做法

我们想想，对于 $a$ 的定义是什么，很明显，是满足 $\sum _{k=1}^a(4k^3+k)\le n$ 的最大的 $a$ ，化简这个和式，有：

$$a^2(a+1{)}^2+\frac{a(a+1)}{2}\le n$$

我们使用换元法求解这个方程，很明显，令 $t=a(a+1)$ ,则原方程化为： $t^2+\frac{t}{2}\le n$ ,由于$t$肯定是一个正数，可以解得 $0<t\le \frac{\sqrt{1+16n}-1}{4}$ ,带回 $a$ ,可以解得 $0<a\le \frac{\sqrt[4]{1+16n}-1}{2}$ ,根据 $a$ 的定义，有 $a=\lfloor \frac{\sqrt[4]{1+16n}-1}{2}\rfloor$ 也即 $a+1=\lfloor \frac{\sqrt[4]{1+16n}+1}{2}\rfloor$

所以说，我们可以 $O(1)$ 的计算每一次的答案，不需要任何的预处理，这道题的答案写成最终形式就是：

$$\sum _{i=1}^n\frac{1}{\lfloor \sqrt[4]{x}+\frac{1}{2}\rfloor }=\frac{2a(a+1)(2a+1)+3a}{3}+\frac{1}{a+1}(n-a^2(a+1{)}^2-\frac{a(a+1)}{2})$$

其中 $a=\lfloor \frac{\sqrt[4]{1+16n}-1}{2}\rfloor$

那么程序也就不难实现了：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define int long long
int n,m,t;
int get(int x){//求1/1~1/n的所有项的和 
	return (2*x*(x+1)*(x*2+1)+3*x)/3;
}
int count(int x){
	return x*x*(x+1)*(x+1)+x*(x+1)/2;
} 
int find(int n){//寻找第n个数是属于a的哪一个元素 
	return (sqrt(sqrt(1.0+16.0*n))+1)/2;
} 
double solve(int t){
	double ans=0;
	int now=find(t);
//	printf("%lld \n",now);
	ans+=get(now-1);
	ans+=1.0*(t-count(now-1))/now;
	return ans;
}
typedef long long ll;
char buf_ans[114];
ll next_n(double last_ans=0,ll get_n=0){
	//last_ans<n<=1e18
	sprintf(buf_ans,"%.6f",last_ans);
	for(ll i=0,x=0;;i++){
		if(buf_ans[i]=='.')return get_n^x;
		if(i&1)x*=10;
		else x=x*10+(buf_ans[i]^48);
	}
}
signed main(){
	scanf("%lld",&t);
	double lst=0;
	while(t--){
		int x;
		scanf("%lld",&x);
		x=next_n(lst,x);
		printf("%.6f\n",lst=solve(x));
	}
}

注：

1. 程序中代码是求的a+1
2. $\sum _{i=0}^n{i}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
3. $\sum _{i=0}^n{i}^3=\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}$
4. 前面两个式子可以试着推一推

练习题：

求：

$$\sum _{k=0}^n\lfloor \sqrt{k}\rfloor$$

$$\sum _{k=1}^n\frac{1}{\lfloor \sqrt{k}\rfloor }$$

这个甚至比上一个更加简单，只需要套一下就行