SPOJ DIVCNT2 - Counting Divisors (square)

数论与算法优化

最新推荐文章于 2019-03-07 07:53:00 发布

原创最新推荐文章于 2019-03-07 07:53:00 发布 · 316 阅读

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本文深入探讨了数论中的约数计数问题，利用线性筛法和杜教筛优化算法，实现对大规模数据（n≤10^12）的高效处理。通过解析σ0(i^2)的计算公式，提出了一种新颖的算法思路，结合μ函数和σ0函数的性质，实现了在20秒内求解约数个数之和的目标。

题目描述：

求 $∑i=1nσ0(i2)\sum_{i=1}^n\sigma_0(i^2)$
其中 $σ0\sigma_0$ 表示约数个数， $n≤1012n\le10^{12}$ ，时间限制20s

题目分析：

$σ0(i)=∑d∣iσ0(i2)=∑d∣i2ω(d)\large\sigma_0(i)=\sum_{d|i}\\\sigma_0(i^2)=\sum_{d|i}2^{\omega(d)}$
其中， $ω(d)\omega(d)$ 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 $2ω(d)2^{\omega(d)}$ 为d的无平方因子的约数个数，所以
$2ω(d)=∑k∣d∣μ(k)∣\large2^{\omega(d)}=\sum_{k|d}|\mu(k)|$
整理一下，记 $g(i)=∣μ(k)∣g(i)=|\mu(k)|$ ，那么 $σ0(i2)=(g∗I)∗I=g∗(I∗I)=g∗σ0\sigma_0(i^2)=(g*I)*I=g*(I*I)=g*\sigma_0$
所以 $∑i=1nσ0(i2)=∑i=1n∑d∣i∣μ(id)∣∗σ0(d)=∑i=1n∣μ(i)∣∑d=1niσ0(d)\sum_{i=1}^n\sigma_0(i^2)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}|\mu(\frac id)|*\sigma_0(d) \\=\sum_{i=1}^n|\mu(i)|\sum_{d=1}^{\frac ni}\sigma_0(d)$
显然需要处理 $∣μ(i)∣|\mu(i)|$ 和 $σ0(i)\sigma_0(i)$ 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：
$∑i=1n∣μ(i)∣=∑i=1nμ(i)∗⌊ni2⌋\sum_{i=1}^n|\mu(i)|=\sum_{i=1}^{\sqrt n}\mu(i)*\left\lfloor\frac n{i^2}\right\rfloor$
$O(n)O(\sqrt n)$ 计算
约数个数的前缀和很好算：
$∑i=1nσ0(i)=∑i=1n⌊ni⌋\sum_{i=1}^n\sigma_0(i)=\sum_{i=1}^n\left\lfloor\frac ni\right\rfloor$
$O(n)O(\sqrt n)$ 分块计算

与杜教筛的时间复杂度分析类似，总时间 $O(n23)\large O(n^{\frac 23})$

#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("%lld\n",solve(n[i]));
}