TopCoder 12584 SemiPerfectPower

前言

• 若是见到了，就是有道理了

题目描述

• 求 \([L,R]\) 中有多少整数，可以被分解成 \(ab^c\) 的结构

题解

• 显然，只需要满足 \(c\le 3\) 即可。
• 好，重点在于如何对 \(c=2\),\(c=3\) 计数。
• 显然，二者存在重复的
• 由 \(ab^c\le n,a < b\) 易知：\(a\le \sqrt[c+1]{n}\)
• 那我们枚举 \(c=2\) 的情况的 \(a\)，把更多的时间留给 \(c=3\) 去去重，因为 \(c=3\) 时枚举 \(a\) 的范围小。
• 额，考虑如何统计答案。\(by^3\) 显然我们只考虑在 \(b\) 最小的时候统计答案。
• 理由：\(b\) 越小，\(y\) 越大，越容易满足 \(b<y\) 的条件。
• 接着，考虑重复 \(ax^2=by^3\) 就不好。
  • 仔细考虑：
  • 明确 \(x\) 最大，\(y\) 最大，不如要求 \(a\) 没有平方因子，\(b\) 没有立方因子。
  • 诶，恰好，\(a,b\) 不大啊，那不妨预处理 \(P_2(x)=\) 没有平方因子，\(P_3(x)=\) 没有立方因子。
• 到此，分析一下

\[ans=\sum_{b=1}^{\sqrt[4]{n}}P_3(b)\sum_{y=b+1}^{\sqrt[3]{\frac{n}{b}}}\sum_{a=1}^{\sqrt[3]{n}}P_2(a)[a|by^3][a<\frac{by^3}{a}] \]

• \(O(n^{\frac{1}{4}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}})=O(n^{\frac{11}{12}})\)
• 可若我们不枚举 \(a\) 而枚举 \(x\) 呢？\(x\) 仅有的限制是 \(x\le \sqrt[3]{n}\)，但是注意到 \(y|x\) 好好想一想，\(x,y\) 都取得最大，那包有的啊
• 故此，设 \(x=ty\)
• 分析一下
• $a(ty)^2 = by^3 $ 有 \(at^2=by\) 有 \(a=\frac{by}{t^2}<ty\) 有 \(b<t^3\)，此时存在 \(ax^2=by^3\) 若想不存在，需满足 \([t^3\le b]\)，诶，这个 \(t\) 的范围就很有前途了，至少比枚举 \(a\) 有多了
• 注意别忘了，\(at^2=by\) 还有 \(t^2|by\)，需满足 \([t^2|by]\)

\[ans=\sum_{b=1}^{\sqrt[4]{n}}P_3(b)\sum_{y=b+1}^{\sqrt[3]{\frac{n}{b}}}\sum_{t=1}^{\sqrt[3]{b}}P_2(\frac{by}{t^2})[t^2|by] \]

• \(O(n^{\frac{1}{4}+\frac{1}{3}+\frac{1}{12}})=O(n^{\frac{2}{3}})\)

• 想想怎们优化，注意到 \(P_2(\frac{by}{t^2})\) 把所有枚举量揉在了一起，尝试分离，$b\to y\to $ 式子，\(b\to t\to\) 式子，显然 \(b\) 是比较远

• 若把 \(yb\) 分开，与 \(y\) 有关的能预处理的话，那就大大降低了复杂度。

• 不妨设 \(b'=\frac{b}{gcd(b,t^2)}\)，\(t'=\frac{t^2}{gcd(b,t^2)}\)

• \(P_2(\frac{by}{t^2})[t^2|by]\) 化为 \(P_2(b'\cdot\frac{y}{t'})[t'|y]\) 注意到 \(P_2\) 是积性函数，因为只有 \(P_2\) 互质的时候才有值所以可以，\(P_2(b')P_2(\frac{y}{t'})[t'|y][gcd(b',\frac{y}{t'})=1]\)

• 不优美，不妨设 \(y=t'y'\)，\(P_2(b')P_2(y')[gcd(b',y')=1]\)，诶这样的话我们是不是可以不枚举 \(y\) 而去枚举 \(y'\) 了

\[ans=\sum_{b=1}^{\sqrt[4]{n}}P_3(b)\sum_{t=1}^{\sqrt[3]{b}}P_2(b')\sum_{y'=\frac{b}{t'}+1}^{\frac{\sqrt[3]{\frac{n}{b}}}{t'}}P_2(y')[gcd(b',y')=1] \]

• 额，里面还没有完全独立开，把 \([gcd(b',y')=1]\) 叉开

\[ans=\sum_{b=1}^{\sqrt[4]{n}}P_3(b)\sum_{t=1}^{\sqrt[3]{b}}P_2(b')\sum_{y'=\frac{b}{t'}+1}^{\frac{\sqrt[3]{\frac{n}{b}}}{t'}}P_2(y')\sum_{c|gcd(b',y')}\mu(c) \]

• 然后枚举 \(c|b'\)，\(y'=\) \(c\) 的倍数

\[ans=\sum_{b=1}^{\sqrt[4]{n}}P_3(b)\sum_{t=1}^{\sqrt[3]{b}}P_2(b')\sum_{c|b'}\mu(c)\sum_{y'=\frac{b}{t'c}+1}^{\frac{\sqrt[3]{\frac{n}{b}}}{t'c}}P_2(cy') \]

• 嘿嘿这样的话，\(yb\) 成功独立，后半部分 \(\sum_{y'=\frac{b}{t'c}+1}^{\frac{\sqrt[3]{\frac{n}{b}}}{t'c}}P_2(cy')\) 其实是以 \(c\) 分类的 \(P_2\) 的和，可以预处理，复杂度，大概 \(O(n^{\frac{1}{3}})\) 乘枚举约数，我不会算的个数