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题意:给定一个整数n,求∑f(i, j)(1 <= j <= i <= n)。其中f(i, j) = i * j / gcd(i/k, j/k)(k为i, j的公因子)
思路:依题意,我们可以得到一个递推式ans[n] = ans[n - 1] + ∑f(n, j)(1 <= j <= n), 如果我们可以预处理∑f(n,j)这一部分的话,就可以在O(n)情况下输出答案。
对于∑f(n, j)而言,我们用aj(1 <= j <= n)表示gcd(n/k, j/k)所能取到的值的集合,那么可以得到∑f(n, j) = (n * 1 / a1 + n * 2 / a2 + ... + n * n / an) = n * (1 / a1 + 2 / a2 + ... + n / an),注意aj中的值一定是n的因子。所以我们就可以枚举n的因子m,1m, 2m ... n,可以得到哪些aj中包含因子m,所以sum(m) = (1m / m) + (2m / m) + ... + (n
/ m) = (1 + n / m) * (n / m) / 2 。
所以∑f(n, j) = ∑sum(m)(m为n的因子)。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef unsigned __int64 ull; const int MAXN = 500000; const ull MOD = (ull)1 << 32; ull ans[MAXN + 5], sum[MAXN + 5]; int n; void init() { memset(ans, 0, sizeof(ans)); memset(sum , 0, sizeof(sum)); for (ull i = 1; i <= MAXN; i++) for (ull j = i; j <= MAXN; j += i) sum[j] += (j / i + 1) * (j / i) / 2; for (ull i = 1; i <= MAXN; i++) { ans[i] = ans[i - 1] + sum[i] * i; ans[i] %= MOD; } } int main() { int t = 1, cas; init(); scanf("%d", &cas); while (cas--) { scanf("%d", &n); printf("Case #%d: %I64u\n", t++, ans[n]); } return 0; }
HDU4944-FSF’s game(递推),布布扣,bubuko.com
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原文地址:http://blog.csdn.net/u011345461/article/details/38520477