牛客网比赛211F题算式子题解

题目描述

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给你$n$个整数$a_i$，保证$1\leq a_i\leq m$。
对于每一个$1\leq x\leq m$，我们令

$w_x=\sum\limits_{i=1}^n\left(\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor+\lfloor\frac{x}{a_i}\rfloor\right)$

然后请求出$\bigotimes\limits_{x=1}^mw_x$
（异或和，也就是$w_1\ xor\ w_2\cdots \ xor\ w_m$）

• 数据范围：$1\leq n,m\leq 2\times 10^6$

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首先暴力就是$nm$的了，就不说了。

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• 正解

那么我们发现，对于原来的每个$w_x$的式子，我们可以拆成两部分来看：

• $\sum\limits\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor$
• $\sum\limits\lfloor\frac{x}{a_i}\rfloor$

对于第一个式子，我们可以通过枚举$x$，来算贡献，我们发现对于每一个$x$，只有当跨过它的倍数时$\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor$才会变，又因为$a_i$值范围较小，所以我们令$b_i$表示$a$序列中权值在$1\sim i$的个数和，那么枚举倍数，每一个$kx$的贡献为$(b_{kx+x-1}-b_{kx-1})\times k$，所以第一个式子通过枚举$x$及其倍数求出，复杂度为调和级数$O(mlogm)$

对于后面一个式子，我们反着枚举，枚举$a_i$的倍数，所以先离散化，记录每个$a_i$出现多少次，然后我们同样对于枚举的一个$ka_i$，它的贡献为$k\times cnt[a_i]$（$cnt[a_i]$表示$a_i$的个数，这里必须离散化，否则多个$a_i=1$可以将复杂度卡到$nm$）
但是上面这个是有问题的，有的非$a_i$的整倍数的贡献没有统计上，所以我们换个思路。

我们发现对于一个较小的$x$，如果$\lfloor\frac{x}{a_i}\rfloor$有贡献，那么对于大的$x$肯定也有贡献，所以我们计算的时候，只算当前的贡献，然后每个$x$的总贡献通过前缀和即可算出，复杂度仍旧为$O(nlogm)$。

所以总复杂度为$O(mlogm+nlogm+m)$

丑陋QWQ代码，记得开$long\ long$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=4e6+10;
ll n,m,A[M],B[M];
ll pref1[M],pref2[M],ans,cnt[M];
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&A[i]),++B[A[i]],++cnt[A[i]];
	for(ll i=1;i<=m+m;i++)B[i]+=B[i-1];
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		for(ll j=i,tc=1;j<=m;j+=i,++tc)
			pref1[i]+=(B[j+i-1]-B[j-1])*tc;
	}
	sort(A+1,A+n+1);
	int up=unique(A+1,A+n+1)-A-1;
	for(ll i=1;i<=up;i++){
		for(ll j=A[i];j<=m;j+=A[i])pref2[j]+=cnt[A[i]];
	}//注意：这里不用乘以它的贡献(cnt[A[i]]*(j/A[i])是因为小的肯定会对大的做出贡献，所以我们再求一次前缀和就好了。
	//相当于加上了贡献，因为对于j小的pref2[j]，它的贡献是会累计到后面的 
	for(ll i=1;i<=m;i++)pref2[i]+=pref2[i-1];
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ans^=(pref1[i]+pref2[i]);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}