数学&数论的一些题

Problem 1

BZOJ 2440: [中山市选2011]完全平方数
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Description

小 X 自幼就很喜欢数。但奇怪的是，他十分讨厌完全平方数。他觉得这些数看起来很令人难受。由此，他也讨厌所有是完全平方数的正整数倍的数。然而这丝毫不影响他对其他数的热爱。
这天是小X的生日，小 W 想送一个数给他作为生日礼物。当然他不能送一个小X讨厌的数。他列出了所有小X不讨厌的数，然后选取了第 K个数送给了小X。小X很开心地收下了。
然而现在小 W 却记不起送给小X的是哪个数了。你能帮他一下吗？

Input

包含多组测试数据。文件第一行有一个整数 T，表示测试数据的组数。
第2 至第T+1 行每行有一个整数Ki，描述一组数据，含义如题目中所描述。

Output

含T 行，分别对每组数据作出回答。第 i 行输出相应的第Ki 个不是完全平方数的正整数倍的数。

Sample Input

4
1
13
100
1234567

Sample Output

1
19
163
2030745

HINT

对于 100%的数据有 1 ≤ Ki ≤ 10^9, T ≤ 50
题目简意:求第k小不是完全平方数的数

题解：

无平方因子数，即分解质因数后所有质因数的次数都为1的数.
从1开始第k个非完全平方数 ⇔ min(n),比n小的非完全平方数有k个。有了这个性质，可以二分答案。
任何一个数都可以化成多个质因子相乘的形式
那么一个完全平方数的倍数肯定至少有两个质因子是相等的
我们设n以内的非完全平方数倍数的个数为ans，ans=n-完全平方数的个数
想一想完全平方数倍数的个数怎么计算？
发现我们只用找出2,3,5,7..质数的完全平方数倍数的个数就可以了，因为所有数都由他们组成 -n/(2*2)-n/(3*3)-n/(5*5)....
但我们发现会重复减一些数，于是要进行容斥
减含奇数个质数的完全平方数倍数的个数，加上含偶数个质数的完全平方倍数的个数（所有质因子都不相同，因为如果有相同肯定是其倍数，我们会在之前就减去掉的）

于是发现它们加减规则和μ的规则一样
即第n小非完全平方数的个数为：
剩下二分答案就可以了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e4+12;
int prime[N],cnt,vis[N],mu[N];
long long ans=0;
void getmu()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++) 
    {
        if(!vis[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;//注意mu赋初值 
        for(int j=1;j<=cnt;j++) 
        {
            if(prime[j]*i>N) break;
            vis[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0) {mu[i*prime[j]]=0;break;}
            else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
}
long long check(long long mid) 
{
    long long res=0;
    long long t=sqrt(mid);
    for(int i=1;i<=t;i++) 
    res+=mid/(i*i)*mu[i];
    return res;
}
int main()
{
    getmu();
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--) 
    {
        long long k;scanf("%lld",&k);
        long long l=k,r=1644934081,ans=0; 
        while(l<=r) 
        {
            long long mid=(l+r)>>1;
            if(check(mid)>=k) ans=mid,r=mid-1;
            else l=mid+1;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

Problem2

[BZOJ1257][CQOI2007]余数之和

\(n,k≤10^9\) 问题的数据规模较大，不能O(n)去求解。
注意到[k/i]的取值最多只有2*sprt(k)个，且在连续一段区间上[k/i]的值是固定的，[k/i]*i是一个等差数列，所以可以按[k/i]分块，同一块内用等差数列直接算出每段的和

#include <iostream>
using namespace std;
long long n, k, ans;
int main() {
    cin >> n >> k; 
    ans = n * k;
    for (long long x = 1, gx; x<= n; x = gx + 1) 
    {
        gx = (k/x ? min(k/(k/x), n) : n);
        ans -= (k/x) * (x + gx) * (gx - x + 1) / 2;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}  

数论整除分块的思想推导