BZOJ-2440 完全平方数

BZOJ-2440 完全平方数

大概题意

求出第k个所有因数指数为1的数字

比如 6=2*3 这就是一个因数指数都为1的数字
反之 9=3*3 3的指数为2 因此不满足要求

首先来看一看莫比乌斯函数

$N=p_1^1*p_2^1*p_3^1...p_k^1==>\mu(N)=(-1)^k$
反之 若有任何一个 $p_i$ 的指数$>1$ 则 $\mu(N)=0$

这样感觉就解决了我们的问题 所有的数字我们只统计 $\mu(N)!=0$ 的即可

但是这道题目的 $k$ 过于大了
所以我们考虑反向求解

正确解法

对于一个数字 $N$
在枚举 的 无完全平方数因子 的 只有一个质因数 的因子 $i$
根据它的指数为1的质因子的个数，求出 为它平方的数字的个数 $\lfloor\frac{N}{i*i}\rfloor$

如此一来 我们就把所有的完全平方数的倍数给删去了

但是！！我们好像多删了一些数字…

比如 3*3*16 和 4*4*9 我们分别讨论的是 3 和 4 的平方的倍数
但是不可避免地多删去了一次他们平方的公倍数

于是 我们用容斥定理来解决这个矛盾

每一次 我们删去 含且仅含奇数个质因数因子且无完全平方数因子 的因子的倍数
再加上 含且仅含偶数个质因数因子且无完全平方数因子 的因子的倍数
考虑到 $\mu(N)$ 的定义 对于满足第一个条件的 $N=p_1^1*p_2^1*p_3^1...p_k^1(k\mod2==1)$ 其 $\mu(N)=1$
而满足第二个条件的 $N=p_1^1*p_2^1*p_3^1...p_k^1(k\mod2==0)$ 其$\mu(N)=-1$

因此最后的结果即为 $res=\sum_{k=1}^{\lfloor\sqrt{N}\rfloor}\mu(k)*\lfloor\frac{N}{k^2}\rfloor$

附上参考代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

int prime[50005],cnt=0,mu[50005];
bool mark[50005];

void MU()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=50000;i++)
    {
        if(!mark[i])prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=50000;j++)
        {
            mark[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0){mu[i*prime[j]]=0;break;}
            else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
}

long long CAL(long long x)
{
    long long res=0;
    for(int i=1;i*i<=x;i++)
        res+=mu[i]*x/(i*i);
    return res;
}

int main()
{
//  freopen("In.txt","r",stdin);
//  freopen("Out.txt","w",stdout);
    long long T,L,R,mid,k,ans;
    MU();
    scanf("%lld",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld",&k);
        L=k;R=1644934082;
        while(L<R)
        {
            mid=L+R+1>>1;
            if(CAL(mid)>=k)R=mid;
            else L=mid+1;
        }
        printf("%lld\n",R);
    }
}