LightOJ - 1098 A New Function 因子贡献

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本文介绍了一种通过计算因子贡献值来求解特定数学问题的高效算法。该算法利用了因子重复性的特点，通过枚举至根号n来降低时间复杂度，并详细解释了如何处理因子大于根号n的情况。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：

略

思路：

每一个数直接求肯定是不行的，

我们知道前n个数会有好多的重复的因子，我们可以利用算因子的贡献值的方法求得全部的和；

算下复杂度的话，我们可以知道 √n 的复杂度是可以接受的；

正好，就像求某一个的所有因子一样，我们枚举 2 — sqrt(n)，题解中的 t1 就是 i 的倍数的个数，也就是i贡献的个数；

还要考虑一个问题就是，某个数除了 i 这个因子，另一个因子可能小于 m = sqrt(n)，也可能大于m，当另一个因子小于m时，在枚举的过程中会算一遍，不用考虑，

要是另一个因子大于m时，我们要单独计算因子大于m的所有数的和，恰好这一部分是连续的，求和公式求和就是了；

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<set>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#define PI acos(-1.0)
#define in freopen("in.txt", "r", stdin)
#define out freopen("out.txt", "w", stdout)
#define kuaidian ios::sync_with_stdio(0);

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 2e4 + 7, maxd = 670000 + 7;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x7f7f7f7f;


ll solve(int n) {
    ll m = sqrt(n);
    ll ret = 0;
    for(ll i = 2; i <= m; ++i) {
        ll t1 = n/i, t2 = (m+1);
        ret += (t1-1)*i;
        if(t1 >= t2) {
            ret += ( (t1+t2)*(t1-t2+1)/2 );
        }
    }
    return ret;
}

int main() {
    kuaidian;

    int T;
    cin >> T;
    for(int tt = 1; tt <= T; ++tt) {
        int n;
        cin >> n;
        ll ans = solve(n);
        cout << "Case " << tt << ": " << ans << endl;
    }

    return 0;
}