AtCoder Beginner Contest 254 - D - Together Square 题解解释

原题

原文

Let $f(N)$ be the largest square divisor of an integer $N$.

Then, for integers $i$ and $j$, $i \times j$ is a square number if and only if $\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$ is a square number.

Since $\frac{i}{f(i)}$ is indivisible by a prime $p$ twice or more, $\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$ is a square number if and only if $\frac{i}{f(i)}=\frac{j}{f(j)}$

Therefore, it is sufficient to find $f(i)$ for each integer $i(1\le i \le N)$, and to find $\frac{i}{f(i)}$.

After checking if each integer from $1$ through $N$ is a square number, we can find $f(i)$ by bruteforcing every divisor of $i$.

The complexity is $\mathrm{O}(N\log N)$.

翻译

我们令$f(N)$表示整数$N$的因数中, 最大的平方数.

那么, 对于整数 i,j ,当且仅当$\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$是一个平方数时, $i \times j$ 是一个平方数.

又因为 $\frac{i}{f(i)}$不能除以某个质数$p$两次或者两次以上, 故当且仅当$\frac{i}{f(i)}=\frac{j}{f(j)}$时, $\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$是一个平方数.

因此, 只需对每个整数$i(1\le i \le N)$, 寻找对应的$f(i), \frac{i}{f(i)}$即可.

在初始化完前$N$个数的平方数之后, 我们就可以通过枚举 $i$ 的每个除数来寻找$f(i)$.

算法复杂度是$\mathrm{O}(N\log N)$.

上面的具体操作解释详见代码

解释

$f(x)$的含义

对于任意一个数$x$, 都可进行质因数分解: $x = \prod p_i^{e_i}$, 其中$p_i$为质数. 当 $x$ 为平方数时, $p_i^{e_i}$ 中的$e_i$将全为偶数. $f(x)$ 可表示为$\prod q_i^{e_i}$, 其中$e_i$均为偶数, $q_i$是$p_i$的一个子集.

则$\frac{i}{f(i)}$可表示为$\prod w_i$, 其中$w_i$的次数均为$1$.

e.g.

$$18 = 2 *3^2 \\ f(18)= 3^2 \\ \frac{18}{f(18)} = 2$$

对于整数 i,j ,当且仅当$\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$是一个平方数时, $i \times j$ 是一个平方数

证明:

充分性:

若$\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$是一个平方数, 则可$\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$表示为$\prod p_i^{e_i}$, 其中$e_i$均为偶数.$f(i), f(j)$ 可表示为$\prod q_i^{e_i}, \prod k_i^{e_i}$, 其中$e_i$均为偶数.

显然, 它乘上$f(i), f(j)$之后, 各个因数都将是偶数次方, 故$i \times j$为一个平方数

必要性:

若$i \times j$是一个平方数, 则$i \times j$可表示为$\prod p_i^{e_i}$, 其中$e_i$均为偶数.$f(i), f(j)$ 可表示为$\prod q_i^{e_i}, \prod k_i^{e_i}$, 其中$e_i$均为偶数.

若$\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$不是一个平方数, 则其必有一个因数的次方为奇数次方, 记其为$\alpha^t$, 其中$t$为奇数. 使$\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$乘上$f(i), f(j)$, 由于$f(i), f(j)$的各因数均为偶数次方, 因数$\alpha$的次方的奇偶性不会发生改变, 故此时$i \times j$的质因数分解中, 存在奇数次方的因数, 与其是平方数矛盾, 故原命题成立.

又因为 $\frac{i}{f(i)}$不能除以某个质数$p$两次或者两次以上, 故当且仅当$\frac{i}{f(i)}=\frac{j}{f(j)}$时, $\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$是一个平方数

证明:

充分性:

当$\frac{i}{f(i)}=\frac{j}{f(j)}$时, $\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$显然是一个平方数, 其平方根即为$\frac{i}{f(i)}=\frac{j}{f(j)}$

必要性:

上文提到, $\frac{i}{f(i)}$可表示为$\prod w_i$, 其中$w_i$的次数均为$1$, 而一个平方数的质因数分解中的每个因数的次方都为偶数, 故$\frac{j}{f(j)}$的质因数分解中, 至少需要出现$\prod w_i^{e_i}$, 其中$e_i$为奇数且只能为$1$.

此时$\frac{j}{f(j)}$再增加任何一个因数的次数次方, 都不能使 $\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$平方数, 故$\frac{i}{f(i)}=\frac{j}{f(j)}$.

由于“当且仅当$\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$是一个平方数时, $i \times j$ 是一个平方数.”，并且“当且仅当$\frac{i}{f(i)}=\frac{j}{f(j)}$时, $\frac{i \times j}{f(i) \times f(j)}$是一个平方数”，故由乘法原理知，我们只需求“满足$\frac{i}{f(i)}\times \frac{i}{f(i)}$是平方数的 i 的选法”，答案就是满足条件的 $i$ 的数量的平方.

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
  int n;
  cin>>n;
  vector<bool> sq(n+1,false); // 记录 i 是否为平方数
  for(int i=1;i*i<=n;i++) sq[i*i]=true;
  vector<vector<int>> d(n+1); // d[i]记录的是 i 的所有因数，当然包括1和它本身
  for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=i;j<=n;j+=i) d[j].push_back(i);
  }
  vector<int> cnt(n+1);
  for(int i=1;i<=n;i++){
    int f=0;
    for(int j=0;j<d[i].size();j++) if(sq[d[i][j]]) f=d[i][j];
    // 从小到大枚举因数，最后一个满足条件的就是最大的平方数因数
    cnt[i/f]++;
    // // 乘法原理，不同的 i ，可能对应同一个i/f(i)，它们之间可以任意搭配
  }
  int ans=0;
  for(int i=1;i<=n;i++) ans+=cnt[i]*cnt[i];// 即上面所说的乘法原理
  cout<<ans<<endl;
}