容斥原理完全平方数 洛谷P4318

Posted 2022-12-04 skywalker767

位卑未敢忘忧国，哪怕无人知我。

一个序列为：不是完全平方数，且不是完全平方数的倍数，该序列从小到大排列，求第k个指是多少。

简单分析下，答案很明显
$$\sum _{i=1}^{ans}\mu (i{)}^2=k$$
让ans最小就可以了。
考虑杜教筛，T = 50 , 算着杜教筛可行。可惜忘记杜教筛了，改天学了补上。

容斥原理做法：
我们考虑下容斥原理：
我们枚举每一个完全平方数的倍数，利用容斥原理去掉重复的就可以了。
总共有$n$个数。
我们先减去是仅仅一个完全平方数的倍数的个数：即 $\sum [\frac{n}{i^2}]$
在加上仅仅是两个完全平方数的倍数的个数。
举个例子：一个的可以为：$2^2,3^2$，两个的可以为$6^2$即：$2^2\times 3^2$
这个符号是什么呢？是莫比乌斯函数
综上，答案是
$$\sum _{i=1}^{i\ast i\le n}\mu (i)[\frac{n}{i^2}]$$
弄完，二分即可，这个题可以用数论分块加速.

但是笔者在此TLE无数次。
最后经过排查，是二分没开LL
这个就有个问题：为什么数据范围$1e9$，我搞到$2e9$就不行了呢？答案是：下面的l + r >> 1会超int.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;

bool st[N];
int tt , n , primes[N] , cnt , mu[N];

void init(int n) 
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2;i <= n;i ++) 
        if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i , mu[i] = -1;
        for (int j = 0;primes[j] <= n / i;j ++) 
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
            mu[i * primes[j]] -= mu[i];
        
    
    for (int i = 1;i <= n;i ++) mu[i] += mu[i - 1];


int get(int n , int l) 
    return n / (n / l);


LL ask(int x) 
    LL ans = 0;
    for (int l = 1 , r;l * l <= x;l = r + 1) 
        r = min(x , (int)sqrt(get(x , l * l)));
        ans += (LL)(mu[r] - mu[l - 1]) * (x / l / l);
    
    return ans;


int main() 
    init(4e4);
    scanf("%d" , &tt);
    while (tt -- ) 
        scanf("%d" , &n);
        LL l = n , r = n * 2;
        while (l < r) 
            int mid = l + r >> 1;
            if (ask(mid) >= n) r = mid;
            else l = mid + 1;
        
        printf("%lld\\n" ,l);
    
    return 0;