ARC174D Digit vs Square Root 题解

ARC174D Digit vs Square Root

题目大意

给定 \(N\)，求有多少个正整数 \(x(1\leq x\leq N)\) 满足：在十进制表示下，\(\lfloor x\rfloor\) 是 \(x\) 的前缀。

Solve

很难直接手推性质，考虑用如下程序打表：

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(1,2,3,"Ofast","inline")
using namespace std;
#define int long long
inline bool check(int x,int y)
{
	stack<int>a,b;
	while(x)
		a.push(x%10),x/=10;
	while(y)
		b.push(y%10),y/=10;
	while(!a.empty())
	{
		if(a.top()!=b.top())	return 0;
		a.pop();b.pop();
	}
	return 1;
}
signed main()
{
	int res=0,j,lst;
	for(int i=1;i<=1000000;i=-~i)
	{
		j=i;lst=res;
		while(check(sqrt(j*1.0),j))	j=-~j,res=-~res;
		if(j>i)	printf("%lld~%lld: %lld~%lld\n",i,j-1,-~lst,res);
		i=j;
	}
	return 0;
}

得到：

1~1: 1~1
80~80: 2~2
90~109: 3~22
9800~9800: 23~23
9900~10099: 24~223
998000~998000: 224~224
999000~1000999: 225~2224

我们不难可以发现这样的性质：

区间 \(\large[10^i-10^{\frac i 2},10^i+10^{\frac i 2}-1]\)（即 \(\large1,90\sim109,9900\sim10099\)）中的所有数 以及 \(\large10^i-2\times 10^{\frac i 2}\)（即 \(\large80,9800,998000\)）满足条件（\(\large i\) 均为偶数）。

仔细想一下，确实很对。

对于区间 \([10^i-10^{\frac i 2},10^i+10^{\frac i 2}-1](i\mod 2=0)\)，我们将他拆成 \([10^i-10^{\frac i 2},10^i-1]\) 和 \([10^i,10^i+10^{\frac i 2}-1]\) 来考虑：

• 对于 \([10^i-10^{\frac i 2},10^i-1]\)，即 \(9900\sim9999,999000\sim999999\)，显然他们开根向下取整都是 \(10^{\frac i 2}-1\)，即 \(99,999\)，而且它们的前 \(\frac i 2\) 位也是 \(10^{\frac i 2}-1\)。并且这些数的数位都是偶数，对于每个 \(i\) 有 \(10^{\frac i2}\) 个。

• 对于 \([10^i,10^i+10^{\frac i 2}-1]\)，即 \(10000\sim10099,1000000\sim1000999\)，它们开根向下取整都是 \(10^{\frac i 2}\)，即 \(100,1000\)，而它们的前 \(\frac i 2\) 位也是 \(10^{\frac i 2}\)。并且这些数的数位都是奇数，，对于每个 \(i\) 有 \(10^{\frac i2}\) 个。

对于 \(10^i-2\times 10^{\frac i 2}\)，即 \(80,9800,998000\)：

• \((10^{\frac i 2}-1)^2=10^i-2\times 10^{\lfloor\frac i 2\rfloor}+1\)，所以 \(\lfloor\sqrt{10^i-2\times 10^{\frac i 2}}\rfloor=10^{\frac i 2}-2\)，即 \(\lfloor\sqrt{80}\rfloor=8,\lfloor\sqrt{9800}\rfloor=98,\lfloor\sqrt{998000}\rfloor=998\)，显然 \(10^{\frac i 2}-2\) 是 \(10^i-2\times 10^{\frac i 2}\) 的前缀，而不是 \(10^i-2\times 10^{\frac i 2}-x\) 的前缀。这些数的数位都是偶数，，对于每个 \(i\) 有 \(1\) 个。

所以思路就很显然了：

• 首先处理出 \(1\sim 10^i-1\) 之间的所有符合条件的数的个数 \(sum_i\)。

• 对于每次询问，判断出 \(N\) 的位数 \(m\)，无论 \(m\) 是奇数还是偶数，答案 \(ans\) 都可以先加上 \(sum_{i-1}\)。

• 若 \(m\) 是偶数：如果 \(m\geq 10^m-2\times 10^{\frac m 2}\)，令 \(ans\) 加上 \(1\)；如果 \(N\geq 10^m-10^{\frac m 2}\)，令 \(ans\) 加上 \(N-(10^m-2\times 10^{\frac m 2})+1\)。

• 若 \(m\) 是奇数：令 \(ans\) 加上 \(\min(N,10^{m-1}+10^{\lfloor\frac m 2\rfloor}-1)-10^{m-1}\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(1,2,3,"Ofast","inline")
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
	short f=1;
	int x=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9')	{if(c=='-')	f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')	x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
inline int Get(int x)
{
	int res=0;
	while(x)
		res=-~res,x/=10;
	return res;
}
int t,n,sum[20],mi[20]={1},ans;
signed main()
{
	for(int i=1;i<=18;i=-~i)
	{
		mi[i]=mi[i-1]*10;
		sum[i]=sum[i-1]+mi[i/2];
		if(i%2==0)	sum[i]=-~sum[i];
	}
//	cout<<sum[3];
	t=read();
	while(t--)
	{
		n=read();
		int res=Get(n);
//		cout<<res<<endl;
		ans=sum[res-1];
		if(res%2==0)
		{
//			puts("into Case 1");
			if(n>=mi[res]-2*mi[res/2])	ans=-~ans;
			if(n>=mi[res]-mi[res/2])	ans+=n-(mi[res]-mi[res/2])+1;
		}
		else	ans+=min(n,mi[res-1]+mi[res/2]-1)-mi[res-1]+1;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}