[BZOJ 5455] [SPOJ 20173] DIVCNT2

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注：$BZOJ$数据范围稍有不同， 博主程序以$BZOJ$为标准实际上是在SPOJ上面卡不过QAQ

Description

Input

第一行一个自然数 $T$ 表示数据组数

下接 $T$ 行，每行一个正整数 $n$

$T\le 10,n\le 10^9$

Output

输出 $T$ 行，每行一个数字表示答案

Sample Input

4
233333
2333333
23333333
233333333

Sample Output

14145459
191698371
2494643347
31475021381

解题分析

上次在这道题中我们分析出了一个${\sigma }_0(i)$的性质， 这里还需要用到一个：
$${\sigma }_0(n^2)=\sum _{i|n}{2}^{\omega (i)}$$
其中$\omega (n)$表示$n$的不同质因数的个数。

仍然考虑将$n$分解为$n=p_1^{a_1}\ast p_2^{a_2}\ast p_3^{a_3}\ast ......\ast p_k^{a_k}$， 那么对于每个原有的约数$m$， 那么我们可以让任何一个质数次幂$+a_i$得到一个新的组合， 而这样枚举恰好是覆盖了所有情况的。

注意到$2^{\omega (n)}$还有一个意义： $n$的不含平方因子的约数个数。

因此实际上$2^{w(n)}={\sum }_{d|n}{\mu }^2(d)$。

所以我们可以设$f(x)={\sigma }_0(x^2)$， $g(x)=2^{\omega (x)}$，$h(x)={\mu }^2(x)$， 那么有
$$\begin{gathered} f(x)=g(x)\ast I(x) \\ g(x)=h(x)\ast I(x) \\ f(x)=h(x)\ast I(x)\ast I(x) \\ =h(x)\ast (I(x)\ast I(x)) \\ =h(x)\ast {\sigma }_0(x) \end{gathered}$$
所以就有
$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^{n}f(x) \\ =\sum _{i=1}^n{\mu }^2(i)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }{\sigma }_0(j) \end{gathered}$$
而这两个函数也可以在$\sqrt{N}$的时间内筛出来：
$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n{\mu }^2(i)=\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}\mu (i)\lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor \\ \sum _{i=1}^n{\sigma }_0(i)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \end{gathered}$$

然后可以类似杜教筛， 处理出前$N^{\frac{2}{3}}$项， 使得总复杂度在下底分块后达到$O(N^{\frac{2}{3}})$。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <tr1/unordered_map>
#include <map>
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define gc getchar()
#define MX 1000050
#define ll long long
template <class T>
IN void in(T &x)
{
x = 0; R char c = gc;
for (; !isdigit(c); c = gc);
for (;
isdigit(c); c = gc)
x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48;
}
int pcnt;
short miu[MX], cnt[MX];
int sgm0[MX], sum1[MX], pri[MX / 10], sum2[MX];
bool npr[MX];
std::tr1::unordered_map <ll, ll> mp1, mp2;
IN void get()
{
miu[1] = sgm0[1] = 1;
R int i, j, tar;
for (i = 2; i <= 1e6; ++i)
{
if (!npr[i]) miu[i] = -1, sgm0[i] = 2, pri[++pcnt] = i, cnt[i] = 1;
for (j = 1; j <= pcnt; ++j)
{
tar = i * pri[j];
if (tar > 1e6) break;
npr[tar] = true;
if (!(i % pri[j]))
{
miu[tar] = 0;
sgm0[tar] = sgm0[i] / (cnt[i] + 1) * (cnt[i] + 2);
cnt[tar] = cnt[i] + 1;
break;
}
miu[tar] = -miu[i];
sgm0[tar] = sgm0[i] << 1;
cnt[tar] = 1;
}
}
for (R int i = 1; i <= 1e6; ++i)
{
sum1[i] = sum1[i - 1] + (miu[i] != 0);
sum2[i] = sum2[i - 1] + sgm0[i];
}
}
IN ll solve1(R ll pos)//for sigma mu(i)^2
{
if (pos <= 1e6) return sum1[pos];
if (mp1.count(pos)) return mp1[pos];
ll bd = std::sqrt(pos);
ll ret = 0;
for (R ll i = 1; i <= bd; ++i) ret += miu[i] * (pos / (i * i));
return mp1[pos] = ret;
}
IN ll solve2(R ll pos)//for sigma sig0(i)
{
if (pos <= 1e6) return sum2[pos];
if (mp2.count(pos)) return mp2[pos];
ll ret = 0;
for (R ll lef = 1, rig; lef <= pos; lef = rig + 1)
{
rig = pos / (pos / lef);
ret += (pos / lef) * (rig - lef + 1);
}
return mp2[pos] = ret;
}
int main(void)
{
int T;
ll n, ans;
in(T); get();
W (T--)
{
in(n); ans = 0;
for (ll lef = 1, rig; lef <= n; lef = rig + 1)
{
rig = n / (n / lef);
ans += (solve1(rig) - solve1(lef - 1)) * solve2(n / lef);
}
printf("%lldn", ans);
}
}

最后

以上就是虚拟香烟为你收集整理的[BZOJ 5455] [SPOJ 20173] DIVCNT2的全部内容，希望文章能够帮你解决[BZOJ 5455] [SPOJ 20173] DIVCNT2所遇到的程序开发问题。

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