整除分块前缀和DPD. Up the Strip(简单版 + 正常版)
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整除分块
给出一道例题,已知n
, 求
∑
i
=
1
n
⌊
n
i
⌋
\\sum_i=1^n \\lfloor\\fracni \\rfloor
∑i=1n⌊in⌋
这就是整除分块的基本例题
画一个表格找一下怎么计算,以n = 15
为例
i | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 |
---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
⌊ 15 i ⌋ \\lfloor \\frac15i\\rfloor ⌊i15⌋ | 15 | 7 | 5 | 3 | 3 | 2 | 2 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |
证明:
假设分块的左端点为l
,要求分块的右端点r
.
设分块的值为k
,对于区间
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r]的每个数满足
k
=
⌊
n
i
⌋
=
⌊
n
l
⌋
k=\\lfloor \\fracni\\rfloor=\\lfloor \\fracnl\\rfloor
k=⌊in⌋=⌊ln⌋, 即
k
i
≤
n
ki \\leq n
ki≤n,需要找到最大的i
使其成立
可得 r = ⌊ n k ⌋ = ⌊ n n l ⌋ r = \\lfloor \\fracnk\\rfloor=\\lfloor \\fracn \\fracnl\\rfloor r=⌊kn⌋=⌊lnn⌋
计算的相关代码如下:
每次计算出相同值的左右端点 [ l , r ] [l, r] [l,r] ,那么相同值的个数就为 r − l + 1 r-l+1 r−l+1
int res = 0;
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
r = n / (n / l);
res += n / l * (r - l + 1);
题目
简单版
链接:
https://codeforces.com/problemset/problem/1561/D1
状态表示:
f
[
i
]
f[i]
f[i]: i
变为1的种类数
状态转移:
f [ i ] = ∑ j = 1 i − 1 f [ j ] + ∑ j = 2 i f [ ⌊ i j ⌋ ] f[i] = \\sum_j=1^i-1f[j] + \\sum_j=2^if[ \\lfloor \\fracij\\rfloor ] f[i]=∑j=1i−1f[j]+∑j=2if[⌊ji⌋]
前一部分是考虑减法的方程,后一部分是考虑除法的方程
- 减法:可以使用前缀和进行优化
- 除法: ⌊ i j ⌋ \\lfloor \\fracij\\rfloor ⌊ji⌋ 考虑使用整除分块
复杂度为 O ( n n ) O(n \\sqrt n) O(nn)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
void solve()
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<ll> f(n + 1, 0), s(n + 1, 0);
f[1] = 1;
s[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++)
f[i] = (f[i] + s[i - 1]) % m;
for(int l = 2, r; l <= i; l = r + 1)
r = i / (i / l);
int cnt = r - l + 1;
ll x = f[i / l] * cnt % m;
f[i] = (f[i] + x) % m;
s[i] = s[i - 1] + f[i];
s[i] %= m;
cout << f[n] % m << "\\n";
int main()
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
// cin >> t;
t = 1;
while(t--)
solve();
return 0;
正常版
https://codeforces.com/contest/1561/problem/D2
这道题n
的限制变大,整除分块无法过去
反过来考虑,从小到大进行考虑
状态表示:
f
[
i
]
f[i]
f[i] i
变到n
的方案数
状态转移:
f [ i ] = ∑ j = i + 1 n f [ j ] + ∑ j = 2 j ∗ i ≤ n ∑ k = i ∗ j m i n ( i ∗ j + j − 1 , n ) f [ k ] f[i] = \\sum_j=i+1^nf[j] + \\sum_j=2^j*i\\leq n \\sum_k=i*j^min(i*j+j-1,n)f[k] f[i]=∑j=i+1nf[j]+∑j=2j∗i≤n∑k=i∗jmin(i∗j+j−1,n)f[k]
状态转移公式可能看着很难懂,下面进行解释:
- 前一部分:通过加法变到
j
的方案和,i
可以变到 [ i + 1 , n ] [i+1,n] [i+1,n]的任意一个- 计算方法:可以通过后缀和进行计算
- 后一部分:通过乘法变到
k
的方案数,因为题目是除法,我们反过来就变成了乘法,除法进行考虑,我们找一下原始的一个区间,区间中的每一个值可以通过除法变到同一个值- 若除
2
,区间 [ 2 ∗ i , 2 ∗ i + 1 ] [2*i, 2*i+1] [2∗i,2∗i+1]中的数可以变到i
, 计算次数为 n / 2 n/2 n/2 - 若除
3
,区间 [ 3 ∗ i , 3 ∗ i + 2 ] [3*i, 3*i+2] [3∗i,3∗i+2]中的数可以变到i
,计算次数为 n / 3 n/3 n/3 - 若除
4
,区间 [ 4 ∗ i , 4 ∗ i + 3 ] [4*i, 4*i+3] [4∗i,4∗i+3]中的数可以变到i
,计算次数为 n / 4 n/4 n/4 - …
- 若除
j
,区间 [ j ∗ i , j ∗ i + j − 1 ] [j*i, j*i+j-1] [j∗i,j∗i+j−1]中的数可以变到i
,计算次数为 n / j n/j n/j - 统计方法:后缀和: s [ i ∗ j ] − s [ m i n ( i ∗ j + j , n + 1 ) ] s[i * j] - s[min(i * j + j, n + 1)] s[i∗j]−s[min(i∗j+j,n+1)]
- 若除
总的计算次数就是
n
/
2
+
n
/
3
+
n
/
4
+
.
.
.
+
n
/
n
=
n
(
1
/
2
+
1
/
3
+
.
.
.
+
1
/
n
)
n/2+n/3+n/4+...+n/n=n(1/2+1/3+...+1/n)
n/2+n/3+n/4+...+n/n=n(1/2+1/3+...+1/n) 后面的是调和级数,复杂度为
l
o
g
(
n
)
log(n)
log(n),故总的复杂度为
O
(
n
l
o
g
(
n
)
)
O(nlog(n))
O(n以上是关于整除分块前缀和DPD. Up the Strip(简单版 + 正常版)的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章