刷题记录【BZOJ2440 完全平方数】数论、组合数学、莫比乌斯函数

小 X 自幼就很喜欢数。但奇怪的是,他十分讨厌完全平方数。他觉得这些
数看起来很令人难受。由此,他也讨厌所有是完全平方数的正整数倍的数。然而
这丝毫不影响他对其他数的热爱。
这天是小X的生日,小 W 想送一个数给他作为生日礼物。当然他不能送一
个小X讨厌的数。他列出了所有小X不讨厌的数,然后选取了第 K个数送给了
小X。小X很开心地收下了。
然而现在小 W 却记不起送给小X的是哪个数了。你能帮他一下吗?
https://cn.vjudge.net/contest/210428#problem/J
首先我们考虑任意整数n,[1,n]内的符合条件的数有多少
显然我们只需要考虑质数的平方
[1,n]内4的倍数有[n4][\frac n 4]
9的倍数有[n9][\frac n 9]

以次类推
若用n减去它们的和,显然我们会发现多减了一部分
考虑 36 的倍数,则36的倍数被减去了两次
所以依照容斥原理应当加一次
接下来我们继续分析,就会发现,当i偶数个质数乘积的时,[ni2][\frac n {i^2}]符号为正,当为奇数个质数乘积时,符号为负
这时自然想到了莫比乌斯函数
μ(n)表示莫比乌斯函数,f(n)表示[1,n]内符合条件的答案数
f(n)=i=1n[ni2]μ(i)f(n)=\sum_{i=1}^{\sqrt n}[\frac n {i^2}]μ(i)
接下来对于K,只需要二分查找就可以找到相应的n
下面证明二分查找的上界为2K
证明:
f(n)=i=1n[ni2]μ(i)ni=2nni2>nπ26n>n2f(n)=\sum_{i=1}^{\sqrt n}[\frac n {i^2}]μ(i)≥n-\sum_{i=2}^{\sqrt n}\frac n {i^2}> n- \frac {π^2} 6 n > \frac n 2
所以f(2k)>kf(2k)>k
下面是代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define N 100000
#define ll long long
int mu[N+5],prime[N+5],tot,t;
bool notprime[N];
void init()
{
    notprime[1]=1;
    mu[1]=1;
    for(int i = 2 ; i <= N; i ++)
    {
        if(!notprime[i])
        {
            prime[++tot]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j = 1 ; j <= tot && i  *prime[j] <= N ;  j++)
        {
            notprime[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]!=0)
            {
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];               
            }
            else break;
        }
    }
}
int main()
{
    init();
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        ll n;
        scanf("%lld",&n);
        ll l = 1,r = 2LL*n;
        while(l<=r)
        {
            ll mid = (l+r)>>1;
            ll ans = 0;
            for(ll i =1 ; i * i <= mid ; i++)
            {
                ans += (mid/(i*i))*mu[i];
            }
            if(ans < n)
            {
                l = mid+1;
            }
            else r = mid-1;
        }
        printf("%lld\n",l);
    }
}
posted @ 2018-12-04 10:59  akonoh  阅读(103)  评论(0编辑  收藏  举报