标签：get   begin   https   提前   res   mat   omega   复杂   splay   

完全平方数

这是将我引上莫比乌斯反演的第一题 ， 传送门：完全平方数

题目大意：求第 \(k\) 个不是完全平方数的倍数的数。

暴力似乎很爽，确实。
但可以以一个优美的算法切掉这一题—— \(O(\log n\sqrt n)\)。
优雅啊！

在一个大佬的帮助下——初一被清华锁定的 lzc 大佬——我明白了这道经典题的解法。

进入正题：

注：[p]表示，若 p 为真，其值为 1,否则为 0

莫比乌斯函数 \(\mu\)：默认你已懂其数学定义。

性质一：\[\sum_{d|n}\mu(d) = [n=1]\]

略作证明：

前置知识——二项式定理：\[(a+b)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^k b^{n - k}\]
证明略。
现证性质一
记 \(\omega(n)\) 表示 \(n\) 的不同质因子的个数
若 \(n>1\)，则有：
\[ \begin{aligned} \sum_{d|n}\mu(d) &=\sum_{i=0}^{\omega(n)} \binom{\omega(n)}i (-1)^i \&=\sum_{i=0}^{\omega(n)} \binom{\omega(n)}i (-1)^i 1^{\omega(n)-i} \&=(1-1)^{\omega(n)} \&=0 \end{aligned} \]
若 \(n=1\)，则易得\[\sum_{d|n} \mu(d) = 1\]
证毕。
那么如何做此题呢？
因为 \(\mu\) 的定义，我们很容易想到如果一个数是完全平方数，那么它的 \(\mu\) 就必然是 \(0\)，否则就是 \(1\) 或 \(-1\)。
那第 \(k\) 个非完全平方数的倍数，记作\(n\) ， 就要满足 \(k = \sum_{i=1}^n\mu^2(i)\) 且是所有满足此条中最小的（不要问我为何，你要知道，若 \(n\) 是完全平方数的倍数，那么它的贡献是 \(0\)）
好，我们设\[f(i)=\max_{d^2|i}d\]
那么， \(n\) 是不是完全平方数的倍数就可以表示为 \([f(n)=1]\)
代入关于 \(k\) 的式子，有：
\[k = \sum_{i=1}^n [f(i)=1]\]
现在进入推导式子，一波骚操作：
先套性质一，然后地球人都明白 \({d|f(i)} \Longleftrightarrow {d^2|i}\) ， 再改为先枚举 \(d\) 的形式······然后就差不多了，康康下边
\[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n [f(i)=1] &=\sum_{i=1}^n \sum_{d|f(i)} \mu(d) \&=\sum_{i=1}^n \sum_{d^2|i} \mu(d) \&=\sum_{d=1} \sum_{d^2|i} \mu(d) \&=\sum_{d=1} \mu(d) \sum_{d^2|i}1 \&=\sum_{d=1} \mu(d) \lfloor \frac n{d^2} \rfloor \end{aligned} \]
没了
显然，这是 \(O(\sqrt n)\) 的（\(\mu\) 提前筛出来）。
然后加上二分猜一个答案\(n\)，用这种方法 \(check\) ， 时间复杂度 \(O(\log n\sqrt n)\)
然后加个数论分块优化（不过优化效果不大） ， 时间复杂度 \(O(\log n\sqrt{\sqrt n})\)
代码如下:

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;

int const N = 1e5;
int mo[N + 5] , prime[N + 5] , vis[N + 5] , tot = 0;
LL T , k;

inline LL read()
{
    char ch = getchar();
    LL res = 0;
    while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
    while (ch >= '0' && ch <= '9') res = res * 10 + ch - '0' , ch = getchar();
    return res; 
}

inline void getmo()
{
    mo[1] = 1 , vis[0] = vis[1] = 1;
    for(register int i = 2; i <= N; i++)
    {
        if (vis[i] == 0) prime[++tot] = i , mo[i] = -1;
        for(register int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= N; j++)
        {
            vis[prime[j] * i] = 1;
            if (i % prime[j] == 0) break;
            mo[prime[j] * i] = -mo[i];
        }
    }
    for(register int i = 1; i <= N; i++) mo[i] += mo[i - 1];
}

inline bool check(LL m)
{
    int j;
    LL res = 0;
    for(register int i = 1; i <= floor(sqrt(m)); i = j + 1)
    {
        j = floor(sqrt(m / (m / (i * i))));
        res += (m / (i * i)) * (mo[j] - mo[i - 1]);
    }
    return res >= k;
}

inline LL slove()
{
    LL l = k , r = k << 1 , res = 2e9 , mid;
    while (l <= r)
    {
        mid = (l + r) >> 1;
        if (check(mid)) r = mid - 1 , res = min(res , mid);
        else l = mid + 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    getmo();
    T = read();
    while (T--)
    {
        k = read(); 
        printf("%lld\n" , slove());
    } 
}

完全平方数

标签：get   begin   https   提前   res   mat   omega   复杂   splay   

原文地址：https://www.cnblogs.com/leiyuanze/p/12167959.html