2024-03-24

\({\color{Orange}\star}\) 2024-03-24 \({\color{Orange}\star}\)

完全平方数

题意就是求出第 \(k\) 个不是完全平方数的倍数的数

随着数 \(n\) 的增加 \([1,n]\) 的满足条件的数的个数是单调不降的

可以二分 \(n\) 的值，然后算出 \([1,n]\) 中满足条件的数的个数，根据它与 \(k\) 的关系调整左右边界

然后考虑如何快速算出 \([1,n]\) 中不是完全平方数的倍数的数的个数

其实就是 \(n\) 减去 \([1,n]\) 中 是 完全平方数的倍数的数的个数

发现当我们筛掉了一个数的平方的所有倍数的时候，这个数的所有倍数的平方的倍数就已经被筛掉了

因此只考虑质数的平方的倍数就行了

• 在 \(n\) 个数中减去 \(\sum_{p是质数}\lfloor\frac{n}{p^2}\rfloor\)

发现这样的话两个质数乘积的平方的倍数就被重复去掉了，再加回来

• 再加上 \(\sum_{p,q是质数}\lfloor\frac{n}{(pq)^2}\rfloor\)

……

---

发现如果一个数 \(x\) ：

1. 他有平方因子，那么不用管他
2. 他本质不同的质因子的个数是奇数 要减去 \(\lfloor\frac{n}{x^2}\rfloor\)
3. 他本质不同的质因子的个数是偶数 要加上 \(\lfloor\frac{n}{x^2}\rfloor\)

这个容斥系数正好就是 莫比乌斯函数 啊

得出结论：

\([1,n]\) 范围内的 不是完全平方数的倍数的数 的个数为

\[\sum_{i}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}\mu(i)\left\lfloor\frac{n}{i^2}\right\rfloor \]

\(i\) 到 \(\sqrt{n}\) 的原因是再大后面的值就都是 \(0\) 了

第 \(10^9\) 个符合条件的数是 \(1644934081\) 因此 mobius函数 求到第 \(\left\lceil\sqrt{1644934081}\right\rceil=40558\) 个

CODE:

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=40600;//40558

int K;

int primes[N],cntp;
bool st[N];
int mu[N];

void init_mu() {
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=40560;i++) {
		if(!st[i]) {
			primes[++cntp]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;i*primes[j]<=40560;j++) {
			st[i*primes[j]]=true;
			if(i%primes[j]==0) {
				mu[i*primes[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*primes[j]]=-mu[i];
		}
	}
}

int calc(ll n) {
	int res=0;
	for(int i=1;i<=(int)sqrt(n);i++) res+=mu[i]*(n/(i*i));
	return res;
}

int main() {
	init_mu();
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		scanf("%d",&K);
		ll lft=0,rgh=1644934081,ans;
		while(lft<rgh) {
			ll mid=lft+rgh+1>>1;
			if(calc(mid)>=K) ans=mid,rgh=mid-1;
			else lft=mid;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	
	return 0;
}

第 38 行，sqrt(x) 返回的是浮点型，转成 int 再和 i 比较，不然会死循环

---

看了一下模拟赛

15min 切了 T1

haosen 秒切 T4 ，我给写了

T2 会，但是半道开始就剩 15min 了，不写了

T3 没看，周日大好时光不能浪费，溜了

看了一道数学题，中午回去想想吧

樱花

\({\color{Chocolate}题意}\)
求方程：

\[\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{n!} \]

的正整数解的组数，答案对 \(10^9+7\) 取模

\({\color{Chocolate}题解}\)

\[\because\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n!} \ \ \ x,y>0 \]

\[\therefore\frac{1}{x},\frac{1}{y}<\frac{1}{n!} \]

\[\therefore x,y>n! \]

设 \(x=n!+p,y=n!+q \ \ \ p,q>0\)
（这一步的转化好像挺常见的，要记住）

原式化为

\[\frac{1}{n!+p}+\frac{1}{n!+q}=\frac{1}{n} \]

化简得

\[(n!)^2=pq \]

原题转化为求 \((n!)^2\) 的正约数个数

若 \(x=\sum_{i=1}^{k}{p_k}^{\alpha_k}\)

则 \(x\) 的约数个数是 \(\prod_{i=1}^{k}(\alpha_i+1)\)

直接朴素分解质因数的话是 \(O(n\sqrt{n})\) 的，\(10^6\) 的数据过不了

ztx 大佬教我 \(O(log n)\) 分解质因数：

• 线性筛的时候可以求出来每个数的最小质因子是多少
• 由于质因子最小是 \(2\)，每次除完至少减少一半，时间复杂度 \(O(\log n)\)

总的时间复杂度 \(O(n\log n)\)

记得是 \((n!)^2\) 统计质因子个数的时候 \(+2\)

\({\color{Chocolate}代码}\)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>

#define mod 1000000007

using namespace std;

const int N=1e6+100;

int primes[N],cntp;
bool st[N];
int minpr[N];

void init_p(int x) {
	for(int i=2;i<=x;i++) {
		if(!st[i]) primes[++cntp]=i,minpr[i]=i;
		for(int j=1;i*primes[j]<=x;j++) {
			st[i*primes[j]]=true;
			minpr[i*primes[j]]=primes[j];
			if(i%primes[j]==0) break;
		}
	}
}

int n;

int cntfctr[N];

int main() {
	scanf("%d",&n);
	init_p(1e6+10);
	int mx=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int x=i;
		while(x>1) {
			mx=max(mx,minpr[x]);
			cntfctr[minpr[x]]+=2;
			x/=minpr[x];
		}
	}
	long long ans=1;
	for(int i=1;primes[i]<=mx;i++) ans=(ans*(cntfctr[primes[i]]+1ll))%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	
	return 0;
}