P6583 回首过去 题解

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好题。

更新（2023-12-05）：把代码和 \(\LaTeX\) 改得更好看了。

题意简述

给定正整数 \(n\)，求出有序整数对 \((x, y)\) 的个数，满足 \(1 \le x,y \le n\) 且 \(\dfrac x y\) 可以表示为十进制有限小数。

\(1 \le n \le 10^{12}\)。

前置知识

• 数论分块

解法

Subtask 1 \(O(n^2 \log n)\)

根据小学奥数知识可知，一个分数在十进制下为有限小数，当且仅当约分后的分母的质因数分解只有 \(2\) 和 \(5\)。

暴力验证每一个范围内的分数。

Subtask 2 \(O(n \log n)\)

根据上文的结论，设 \(y = 2^a 5^b d, x = \lambda d\)。其中 \(d\) 与 \(2\) 和 \(5\) 互质。

首先需要知道这样一件事：

记 \(f(x)\) 为 \([1,x]\) 中有几个数是 \(2^a 5^b\) 的形式，其中 \(a,b\) 可以等于 \(0\)。

我们可以在 \(O(\log n)\) 的时间内快速计算 \(f(n)\)：

\[f(n) = \sum\limits_{i=0}^{\log_2 n} \left(\left\lfloor\log_5 \dfrac n {2^i}\right\rfloor+1\right) \]

在代码中 \(\log_5 x\) 可以用 \(\dfrac {\ln x}{\ln 5}\) 来计算。

ll f(ll x) {
    ll ret = 0;
    for (ll i = 0; (1ll << i) <= x; i++)
        ret += ll(log(x >> i) / log(5)) + 1;
    return ret;
}

记 \(val = \left\lfloor \dfrac n d \right\rfloor\)。

所以我们可以枚举 \(d\)，那么 \(y\) 的个数即为 \(f(val)\)，\(x\) 的个数即为 \(val\)。

即答案为：

\[\sum\limits_{d=1}^n [2 \nmid d][5 \nmid d] \times f(val) \times val \]

        ll ans = 0;
        for (ll d = 1; d <= n; d++) {
            if (d % 2 == 0 || d % 5 == 0)
                continue;
            ll val = n / d;
            ans += val * f(val);
        }
        cout << ans << '\n';

Subtask 3 \(O(\sqrt n \log n)\)

注意到 \(val\) 的形式长得很像数论分块，考虑使用数论分块将其加速到根号级别。

在 \(val\) 为定值的区间内，\(f(val) \times val\) 为一定值，但是 \([2 \nmid d][5 \nmid d]\) 会变。

也就是说，我们需要知道在一个区间 \([l,r]\) 内有几个数满足 \(2 \nmid d\) 且 \(5 \nmid d\)。

考虑前缀和，设 \(g(x)\) 为 \([1,x]\) 内有几个数满足 \(2 \nmid d\) 且 \(5 \nmid d\)。

根据容斥，有 \(g(x) = x - \left\lfloor \dfrac x 2 \right\rfloor - \left\lfloor \dfrac x 5 \right\rfloor + \left\lfloor \dfrac x {10} \right\rfloor\)。

区间 \([l,r]\) 内满足 \(2 \nmid d\) 且 \(5 \nmid d\) 的数的个数则为 \(g(r) - g(l-1)\)。

此时可以使用数论分块了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll f(ll x) {
    ll ret = 0;
    for (ll i = 0; (1ll << i) <= x; i++)
        ret += ll(log(x >> i) / log(5)) + 1;
    return ret;
}

ll g(ll x) {
    return x - x / 2 - x / 5 + x / 10;
}

int main() { ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
    ll n; cin >> n;
    ll ans = 0;
    for (ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
        ll val = n / l;
        r = n / val;
        ans += (g(r) - g(l-1)) * val * f(val);
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}