P6583 回首过去--整数分块

最新推荐文章于 2024-02-21 13:56:51 发布

lengxuenong

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分类专栏：整数分块数论

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整数分块

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本文探讨了有限小数的性质及其与数论的关系，通过分析分母仅包含2和5因子的分数，提出了一种新颖的算法优化方法。文章详细介绍了如何利用容斥原理和分块计算技术来高效解决特定数学问题，适用于算法竞赛和高级编程挑战。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目来源：P6583 回首过去.
根据样例分析，可以 $\frac xy$ 是有限小数的条件是分母只能包含因子2和5，直觉证明，整数在进行除法的过程中，如果需要去补0，则相当于*10，而10只包含因子2和5，所以出现其他因子就不是有限循环小数。

40分 n*n暴力

不解释

80分

符合条件的 $\frac xy$ 可以分解为 $\frac{XY}{2^p5^qX}$ 其中 $KaTeX parse error: Expected '}', got 'EOF' at end of input: {X%2||X%5!=0}$ ,
设 $A=2^p5^q$ ,，这样我们有三个变量：在A、X、Y的个数。
且有隐含条件：AX<=n,XY<=n.
我们在A,Y确定的情况统计X的个数,A的取值范围大约为 $l o g 2 * l o g 5$
例如
n=20，A=1，2，4，5，8，10，16，20，
根据X的取值特点，X=1,3,7,9,11,13,17,19。
可以用容斥函数计算X允许的取值情况 $fc(X)=X-\frac X2-\frac X5+\frac X{10}$
举个实例来感性理解下。

A=1 时候

Y=1——》X=1…n/A；1,3,7,9,11,13,17,19
Y=2——》X=1…n/2；1,3,7,9,
Y=3——》X=1…n/3；1,3,
Y=4——》X=1…n/4；1,3,
Y=5——》X=1…n/5；1,3,
Y=6——》X=1…n/6；1,3,
Y=7——》X=1…n/7；1
…

A=2 时候

Y=1——》X=1…n/2；1,3,7,9
Y=2——》X=1…n/2；1,3,7,9,
Y=3——》X=1…n/3；1,3,
Y=4——》X=1…n/4；1,3,
Y=5——》X=1…n/5；1,3,
Y=6——》X=1…n/6；1,3,
Y=7——》X=1…n/7；1
…

设f(Y）为A，Y确定时候符合要求想X数的个数。
则
$\begin{cases} fc( \frac{n}A) & \text{Y<=A}\\ fc(\frac nY)& \text{Y>A} \end{cases}$
对于每个确定的A , $\sum_{Y=1}^nfc(Y)=A*fc(\frac nA)+\sum_{Y=A+1}^nfc(\frac nY)$ ,， $\sum_{Y=A+1}^nfc(\frac nY$ 可以用一个后缀和维护。
然后枚举每个A,计算，总时间复杂度 $O (n * l o g 2 * l o g 5)$

//tjn,https://www.cnblogs.com/chdy/p/13009533.html
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=10010;
ll n,ans,cnt;
ll a[MAXN],s[10000009];
inline ll calc(ll x) {
	return x-x/2-x/5+x/10;
}

ll work(ll x){//fy=  n/t;n/y  
	ll w1=n/x;     
	ll t=n/w1,ans=0;
	ans=t*calc(n/x);
	ans+=s[t+1];
/*	for(int i=t;i<=n;i++){
		ans+=calc(n/i);
		cout<<"------------"<<i<<" "<<n/i<<" calc="<<calc(n/i)<<endl;
	}
	cout<<x<<":"<<ans<<endl; 
	*/
	return ans;
}
signed main() {

	cin>>n;
	for(ll i=1; i<=n; i=i*2)
		for(ll j=1; i*j<=n; j=j*5)a[++cnt]=i*j;
	sort(a+1,a+1+cnt);
	for(int i=n;i>0;i--)
		s[i]=s[i+1]+calc(n/i);
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		ans+=work(a[i]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

100分做法

针对80分的做法。
面对式子 $\frac{XY}{AX}$ ,前面枚举了A,Y求X的个数，大量的计算用到了 $\frac nY$ ,数据范围扩大到 $10^{12}$ 后，已经没法存储记录了，每次枚举A的时候都要分块计算他，时间复杂 $2*10^6$ ,统计了下A的个数是137，那么总时间复杂大约度 $3*10^8$ ，没有写，运气好的话也许能拿这20分。
我们发现用这种方法进行了大量重复的计算 $\frac nY$ 。前面分段函数Y<=A的情况也很有规律。再回到三个变量的式子A,X,Y去分析统计，可以枚举别的量吗？

如果我们枚举X,

符合要求的A的个数就是所有 ${A<=\frac nX}$ ,随着X越来越大，数据A可以排序后统计符合要求的个数。符合要求的A会越来越少，可以单调统计。
符合要求的Y的个数就是 ${\frac nX}$ ,因此在枚举X的情况下还是 ${\frac nX}$ 的计数形式，还是可以分块。
$\sum_{x=1}^n(\sum _{A=1}^{\frac nX }*\frac nX)$
然后分块计算。
参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=10010;
ll n,ans,cnt;
ll a[MAXN],s[10000009];
inline ll calc(ll x) {
	return x-x/2-x/5+x/10;
}

ll work(ll x){//fy=  n/t;n/y  
	ll w1=n/x;     
	ll t=n/w1,ans=0;
	ans=(t)*calc(n/x);
	ans+=s[t+1];
	return ans;
}
signed main() {

	cin>>n;
	for(ll i=1; i<=n; i=i*2)
		for(ll j=1; i*j<=n; j=j*5)a[++cnt]=i*j;
	sort(a+1,a+1+cnt);
	ll num=cnt;
	for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		while(a[num]>n/l&&num)num--;
		//(r-l-1)*（n/l） 
	//	cout<<"num="<<num<<"*("<<calc(r)<<"-"<<calc(l-1)<<")*"<<(n/l)<<"="<<num*(calc(r)-calc(l-1))*(n/l)<<endl; 
		ans+=num*(calc(r)-calc(l-1))*(n/l) ;
			
	
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}