P5438 XR-2记忆

Posted 2022-02-26 xht37

题目大意

求 \([l,r]\) 形成的排列中，相邻两个数的乘积是完全平方数的对数最多是多少。

前置知识

• 线性筛
• 整除分块
• 莫比乌斯函数
• 容斥

题解

将正整数 \(x\) 写成 \(x=k^2p\) 的形式（其中 \(k,p\) 为正整数），如果 \(k\) 最大，那么我们称 \(k^2\) 为 \(x\) 的最大平方因子。容易发现，\(p\) 的最大平方因子是 \(1\)。

易知两个数乘起来为完全平方数，当且仅当这两个数除去各自的最大平方因子后相等。

我们首先考虑 \(l=1\) 的情况。

考虑一个数 \(x\)，它的最大平方因子是 \(1\)。假设 \(x,2^2x,3^2x,...,k^2x \in [1,r]\)，那么我们只需要把这些数连续的放在一起，权值便会增加 \(k-1\)，因为每对相邻的数的乘积都是完全平方数。

因此，我们所求的答案等价于 \([1,r]\) 中有多少个数最大平方因子不为 \(1\)。

再考虑 \(l≠1\) 的情况。

它与 \(l=1\) 的区别在于，原来考虑的 \(2^2x\) 到 \(k^2x\) 这 \(k-1\) 个数，每个数都能对权值有贡献，因为 \(x \in [l,r]\)。现在 \(x\) 可能不属于 \([l,r]\) 了，那么每有一个这样的 \(x\)，权值就要减 \(1\)。

因此现在只需要计算 \([1,l)\) 中有多少个最大平方因子为 \(1\) 的数 \(x\) 满足：存在一个数 \(c\)，使得 \(c^2x \in [l,r]\)。最后把答案减掉满足条件的 \(x\) 的数量就行了。

我们可以枚举 \(c\)，这样所有在 \((\fracl-1k^2,\fracrk^2]\) 的区间里的最大平方因子为 \(1\) 的数都是满足条件的 \(x\)。注意区间可能会重叠，实现的时候注意去重。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10000010
#define ll long long
using namespace std;int crr;
int nop[N],p[N],mu[N],cnt,s[N],s2[N];
void mem(int n)

    mu[1]=1;for (int i=2;i<=n;i++)
    
        if (!nop[i]) p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for (int j=1;j<=cnt && i*p[j]<=n;j++)
        
            nop[i*p[j]]=1;if (i%p[j]==0)mu[i*p[j]]=0;break;mu[i*p[j]]=-mu[i];
        
    
    for (int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+mu[i],s2[i]=s2[i-1]+mu[i]*mu[i];

ll sol(ll x)

    if (x<=N-10) return x-s2[x];
    ll ans=0,p,m=sqrt(x),i;
    for (i=2;i<=m;i=p+1)
    
        p=min((ll)(sqrt(x/(x/(i*i)))),m);
        ans-=x/(i*i)*(s[p]-s[i-1]);
    
    return ans;

int main()

    mem(N-10);ll l,r,i,ans,lst=0;cin>>l>>r;
    ans=sol(r)-sol(l-1);lst=l-1;
    for (i=2;i*i<=r;i++)
    
        ll p=(l-1)/(i*i),q=(r)/(i*i);q=min(q,lst);
        if (q>p) ans-=(q-p-sol(q)+sol(p));
        lst=p;
    
    cout<<ans;