题解收藏与创新——一道有趣的“数学”题

抛出问题

题目来源:洛谷一位大佬的比赛的第一题

题目大意:求下面式子的值:

\[\sum^{B}_{i=A}\sum^{i}_{j=1}\left \lfloor \frac{i}{j} \right \rfloor \times \left ( -1\right )^j \]

题目解答

比赛解答

比赛解答链接

\(O(\sqrt{B})\)的原创解答在本博客最下面。

各位也可以参考一下另一位大佬写的\(O(\sqrt{B})\)的做法:大佬博客链接

现在是\(O(B)\)的解法。

冷静分析

第一时间想到的是内部分块做法,外部线性暴力,不过细细一看,这绝对会超时的啊(你自己都说暴力了)!因此我们需要一个线性做法。

那么我们就需要将式子变形了。

\[\sum^{B}_{i=A}\sum^{i}_{j=1}\left \lfloor \frac{i}{j} \right \rfloor \times \left ( -1 \right )^j =\sum^{B}_{i=1}\left ( \left ( -1 \right )^i \sum^{B}_{j=A} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor \right ) \]

注意到式子中,我们把\(-1\)提出来了,为了使式子等价于原来的式子,我们不得不给式子做一个大手术。因为\(-1\)提前了,那么它的幂次只能是\(i\),于是我们将\(i\)\(j\)的意义替换,变换式子使得其等价于原来的式子。其中注意\(i>j\)时,分式向下取整得\(0\),对答案无影响,所以这两个式子是等价的。

看到这里,你可能还是不知道怎么得到线性做法,我们就这样看:

\[\sum^{B}_{i=1}\left ( \left ( -1 \right )^i \sum^{B}_{j=A} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor \right ) =\sum^{B}_{i=1}\left ( \left ( -1 \right )^i \left ( \sum^{B}_{j=1} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor - \sum^{A-1}_{j=1} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor \right ) \right ) \]

现在\(i\)是比较稳定的了,因为当\(i\)取一个值时,而\(j\)是连续递增的,那么向下取整可以得到连续\(i\)个的向下取整的相同的值。

举个例子吧,当\(i=3\)时,假设\(j\)\(1\)逐一递增到无穷,我们会得到:

\[0,0,1,1,1,2,2,2,3,3,3,\cdots \]

那么我们就可以在\(O(1)\)的常数时间内算出里面的和式差,最终我们就得到了时间复杂度为\(O(B)\)的算法。

当然,由于\(B\)有点大,因此我们需要稍微注意一下常数问题。

不过,在写程序的时候,要注意考虑前面的\(0\)的个数是\(i-1\)个的。但是总体还是有规律可循,具体看我的程序。

程序实现

#include <cstdio>
int main()
{
    int a, b;
    long long ans = 0, r, s, t;
    scanf("%d%d", &a, &b);
    for(register int i = 1; i <= b; i += 1)
    {
        r = a / i - 1;//因为最后一项长度不定,所以我们确定倒数第二项
        s = (a - r * i - i) * (r + 1);//计算最后一项的长度并求和
        r = (r + 1) * r / 2 * i;//前面项的和
        t = s + r;
        //同理可得
        r = (b + 1) / i - 1;
        s = (b + 1 - r * i - i) * (r + 1);
        r = (r + 1) * r / 2 * i;
        if(i & 1)
            ans -=  s + r - t;
        else
            ans += s + r - t;
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}

最大耗时点耗时:237ms。

本人经过摸索,终于写出了根号级的做法。

极速解法(原创)

冷静分析

我们再将那个和式进行变换:

\[\sum^{B}_{i=1}\left ( \left ( -1 \right )^i \left ( \sum^{B}_{j=1} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor - \sum^{A-1}_{j=1} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor \right ) \right ) =\sum^{B}_{i=1}\left ( \left ( -1 \right )^i \sum^{B}_{j=1} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor \right ) - \sum^{A-1}_{i=1}\left ( \left ( -1 \right )^i \sum^{A-1}_{j=1} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor \right ) \]

我们可以对最外层的和式进行分块运算。

我们只需分成\(4\)组进行求和即可,也就是将其分为奇偶和左右部分即可(方便快速高斯求和)。

那么分块具体如何实现呢?

我们发现内部都是有秩序的,虽然将外层的\(i\)以不同的值写出,同类合并之后我们会发现有点混乱,但是并非无迹可寻!

因为注意到\(\left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor\)在某几种\(i\)的值中(连续的、差为\(2\)\(i\)值),如果组成的数的个数不变(比如都有\(1\)\(9\)),那么除最后一个数(前面的例子的\(9\)),其他数的变化都是同规律线性的(根据比赛题解中提到的结论可得),可以用高斯求和公式算出来。

而组成的数个数不变,当且仅当\(\left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor\)\(j\)取最大值时该式得到的值不变。

就比如上面提到的那个\(9\),因为随着\(i\)的变化,比\(9\)小的值都会越来越多,而\(9\)就会被压出去(可以说是溢出吧2333),毕竟序列长度只有这么长。

而这个值(例如那个\(9\))的变化也是线性的!因为前面是线性递增,那么上述的\(9\)的个数就会线性递减。

那么线性的都可以算出来,仅对最大值的变化讨论即可。而最大值的变化恰恰是有分块的属性(这个不难证明,大家思考一下),于是我们通过内部常数时间,外部分块时间即可算出答案。

严格来说,根号外面至少还有\(4\)的常数,但是还有可以优化的地步(蒟蒻我太懒了)。而时间复杂度还是\(O(\sqrt{B})\)的,所以很快就能通过。

由于博主太过激动,导致语言逻辑不够清晰,请多多包涵。

程序实现

#include <cstdio>

int a, b;

//对比O(B)的代码,其实只是加了一些高斯求和罢了
inline long long getans(int f)
{
    int rr, q, delta;
    long long ans = 0, r, r_, s, t, l;
    for(register int i = (f ? 1 : 2); i <= a; i = q + 2)
    {
    	rr = a / i;
    	q = a / rr;
    	if((q & 1) && !f)//要偶数却是奇数
            q ^= 1;
        else if(!(q & 1) && f)//要奇数却是偶数
            q -= 1;
        delta = (q - i >> 1) + 1;//中间长度
        r = a / i - 1;//因为最后一项长度不定,所以我们确定倒数第二项
        l = a + 1 - r * i - i;
        s = (r + 1) * (l - (delta - 1) * (r + 1)) * delta;
        //分块的最后一项求和
        r_ = r;//记录
        r = (r + 1) * r * i >> 1;//前面项的和
        r = r * delta + ((1 + r_) * r_ >> 1) * ((delta - 1) * delta);
        //增加的值
        t = s + r;
        if(f & 1)
            ans += t;
        else
            ans -= t;
    }
    for(register int i = (f ? 1 : 2); i <= b; i = q + 2)
    {
    	rr = b / i;
    	q = b / rr;
    	if((q & 1) && !f)//要偶数却是奇数
            q ^= 1;
        else if(!(q & 1) && f)//要奇数却是偶数
            q -= 1; 
        delta = (q - i >> 1) + 1;//中间长度
        r = b / i - 1;//因为最后一项长度不定,所以我们确定倒数第二项
        l = b + 1 - r * i - i;
        s = (r + 1) * (l - (delta - 1) * (r + 1)) * delta;
        //分块的最后一项求和
        r_ = r;//记录
        r = (r + 1) * r * i >> 1;//前面项的和
        r = r * delta + ((1 + r_) * r_ >> 1) * ((delta - 1) * delta);
        //增加的值
        t = s + r;
        if(f & 1)
            ans -= t;
        else
            ans += t;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &a, &b);
    a -= 1;
    printf("%lld", getans(1) + getans(0));
    return 0;
}

单点最大耗时:3ms(由于新测评机的缘故,至少都是2ms的点,应该可以0ms的,没赶上时机哎)。

个人感慨

其实上午根据原题解的式子就想到了这个方法(不过也要感谢另一位也是根号解法的大佬提了一下有根号的做法),很感谢原题解作者的化简式,不然我也不会想到。不过我在写程序的过程中也出现了很多小插曲,比如刚写完函数老师就点了集体关机,然后还原GG。不过还好我记得这个方法,然后又写了一下午,调试了大概一个小时还不对,当时是绝望的。然后我发现我智障的把\(p\)写成了\(i\)导致奇偶错乱,改了之后大部分数据都过了。进一步我将\(a\)的那部分有一些与\(b\)扯上关系的东西改成了\(a\)(目前还未证明为什么不对)。

总之我想说的是:成功贵在坚持不懈

写在最后

感谢比赛举办者提供的题目和题解,感谢各位阅读本文章。
原比赛题解仅作为个人收藏,不做任何商业用途,禁止任何人做商业用途传播。
另外,如果作者认为不妥,可以告诉我,我会马上删掉。
所有程序为个人智力成果,仅根据公式写出,未查看标准程序;此分块做法亦为个人智力成果,如需转载,请注明出处。

posted @ 2018-08-19 09:01  孤独·粲泽  阅读(402)  评论(0编辑  收藏  举报