SPOJ DIVCNT2 - Counting Divisors (square)

题目描述：

求$$\sum _{i=1}^n{\sigma }_0(i^2)$$
其中${\sigma }_0$表示约数个数，$n\le 10^{12}$，时间限制20s

题目分析：

$$\begin{gathered} {\sigma }_0(i)=\sum _{d|i} \\ {\sigma }_0(i^2)=\sum _{d|i}{2}^{\omega (d)} \end{gathered}$$
其中，$\omega (d)$表示$d$的质因子个数，上式可以理解为从i中选出一些质因子，每个质因子可以取当前次幂或者加上最高次幂两种选择。

可看出$2^{\omega (d)}$为d的无平方因子的约数个数，所以
$$2^{\omega (d)}=\sum _{k|d}|\mu (k)|$$
整理一下，记$g(i)=|\mu (k)|$，那么${\sigma }_0(i^2)=(g\ast I)\ast I=g\ast (I\ast I)=g\ast {\sigma }_0$
所以$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n{\sigma }_0(i^2)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}|\mu (\frac{i}{d})|\ast {\sigma }_0(d) \\ =\sum _{i=1}^n|\mu (i)|\sum _{d=1}^{\frac{n}{i}}{\sigma }_0(d) \end{gathered}$$
显然需要处理$|\mu (i)|$和${\sigma }_0(i)$的前缀和
线性筛五千万到一亿（少了会TLE），剩下的可以这么算：

• 从"$n$以内无平方因子数的个数"的意义出发，考虑容斥，可以得出：
  $$\sum _{i=1}^n|\mu (i)|=\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}\mu (i)\ast \lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor$$
  $O(\sqrt{n})$计算
• 约数个数的前缀和很好算：
  $$\sum _{i=1}^n{\sigma }_0(i)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$
  $O(\sqrt{n})$分块计算

与杜教筛的时间复杂度分析类似，总时间$O(n^{\frac{2}{3}})$

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 50000000;
int p[N/10],mu[N+5],sd[N+5],sm[N+5];
bool v[N+5];
void Prime(int N)
{
mu[1]=sd[1]=sm[1]=1;int cnt=0;
for(int i=2;i<=N;i++)
{
if(!v[i]) p[++cnt]=i,mu[i]=-1,sm[i]=sd[i]=2;//sm now replace ak to use
for(int j=1,k;j<=cnt&&p[j]*i<=N;j++)
{
v[k=p[j]*i]=1;
if(i%p[j]==0) {mu[k]=0,sd[k]=sd[i]/sm[i]*(sm[i]+1),sm[k]=sm[i]+1;break;}
mu[k]=-mu[i],sd[k]=sd[i]*sd[p[j]],sm[k]=2;
}
}
for(int i=1;i<=N;i++) sd[i]+=sd[i-1],sm[i]=sm[i-1]+abs(mu[i]);
}
LL Summu(LL n)
{
if(n<=N) return sm[n];
LL ret=0;
for(LL i=1;i*i<=n;i++) ret+=mu[i]*n/(i*i);
return ret;
}
LL Sumd(LL n)
{
if(n<=N) return sd[n];
LL ret=0;
for(LL i=1,j;i<=n;i=j+1)
{
j=n/(n/i);
ret+=(j-i+1)*(n/i);
}
return ret;
}
LL solve(LL n)
{
LL ans=0;
for(LL i=1,j,pre=0,tmp;i<=n;i=j+1)
{
j=n/(n/i);
tmp=Summu(j);
ans=ans+Sumd(n/i)*(tmp-pre);
pre=tmp;
}
return ans;
}
int main()
{
LL n[10005];int T;
scanf("%d",&T);
for(int i=1;i<=T;i++) scanf("%lld",&n[i]);
if(*max_element(n+1,n+1+T)<=10000) Prime(10000);
else Prime(N);
for(int i=1;i<=T;i++) printf("%lldn",solve(n[i]));
}

最后

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