[Spoj]Counting Divisors (cube)

Posted 2020-09-18 FallDream

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设d(x)表示x的约数个数，求$\sum_{i=1}^{n}d(i^{3})$

     There are 5 Input files.   

    - Input #1: 1≤N≤10000, TL = 1s.

    - Input #2: 1≤T≤300, 1≤N≤10^8, TL = 20s.

    - Input #3: 1≤T≤75, 1≤N≤10^9, TL = 20s.

    - Input #4: 1≤T≤15, 1≤N≤10^10, TL = 20s.

    - Input #5: 1≤T≤2, 1≤N≤10^11, TL = 20s.

    

$i^{3}$的约数个数$d(i^{3})$是一个积性函数，所以转而求$d(x)=\prod{F(pi^{ci})}$,其中$F ( pk ^ {ck} )=3ck+1$

可以直接洲阁筛 学了一天大概懂了 顺便抄了个模板 给个链接吧：大佬博客

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gi表示1-i中与前j个质数互质的数字的F之和

fi表示1-i中由小于根号n的后j个质数组成的数字的F之和

容易得出转移方程 $$g[i][j]=g[i][j]-F(pk)g[\frac{i}{pk}][j-1]$$

$$ f[i][j]=f[i][j-1]+\sum_{ck>=1}F(pk^{ck})f[\frac{i}{pk^{ck}}][j]$$

显然i只有根号种取值 对于每个根号n以内的质数都要转移，复杂度$O(\frac{n}{\log n})$

考虑优化，显然$p_{j+1}>i$的时候，g[i][j]=4(3*1+1)

所以当$pj^{2}>i$的时候，g[i][j]=g[i][j-1]+F(pi) 可以不用转移，用的时候补上那一段即可。

之所以把f的状态表示成"后j个",也是出于这个目的 

这样的复杂度近似是$O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{logn})$

然后线筛出根号n以内的F[],答案是$f[n]+\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}F[i]g[\frac{n}{i}]$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define MN 320000
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read()
{
    ll x = 0; char ch = getchar();
    while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘) ch = getchar();
    while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘){x = x * 10 + ch - ‘0‘;ch = getchar();}
    return x;
}

int s[MN+5],num=0,last[MN+5],l[MN+5],l0[MN+5],sq,P,N[MN+5];
ll f0[MN+5],f[MN+5],g0[MN+5],g[MN+5],d[MN+5],n;
bool b[MN+5];

void CalcF()
{
    for(int i=1;i<=sq;++i) f[i]=f0[i]=1;
    for(int i=P-1;i;--i)
    {
        for(int j=1;j<=sq&&l[j]>i;++j)
        {
            ll now=(n/j)/s[i];
            for(int tms=4;now;now/=s[i],tms+=3)
            {
                if(now<=sq) f[j]+=tms*(f0[now]+4*(max(0,N[now]-max(i+1,l0[now])+1)));
                else f[j]+=tms*(f[n/now]+4*max(0,P-max(i+1,l[n/now])));
            }
        }
        for(int j=sq;j&&l0[j]>i;--j)
        {
            ll now=j/s[i];
            for(int tms=4;now;tms+=3,now/=s[i])
                f0[j]+=tms*(f0[now]+4*max(0,N[now]-max(i+1,l0[now])+1));
        }
    }
    for(int i=1;i<=sq;++i) f[i]+=4*(P-l[i]);
}

void CalcG()
{
    for(int i=1;i<=sq;++i)
        g0[i]=i,g[i]=n/i;
    for(int i=1;i<P;++i)
    {
        for(int j=1;j<=sq&&l[j]>i;++j)
        {
            ll now=n/j/s[i];
            if(now<=sq) g[j]-=g0[now]-max(0,i-l0[now]);
            else g[j]-=g[n/now]-max(0,i-l[n/now]);
        }
        for(int j=sq;j&&l0[j]>i;--j)
            g0[j]-=g0[j/s[i]]-max(0,i-l0[j/s[i]]);
    }
    for(int i=1;i<=sq;++i) g[i]-=P-l[i];
}

int main()
{
    d[1]=1;
    for(int i=2;i<=MN;++i)
    {
        if(!b[i]) s[++num]=last[i]=i;
        for(int j=1;s[j]*i<=MN;++j)
        {
            b[s[j]*i]=1,last[s[j]*i]=s[j];
            if(i%s[j]==0) break;
        }
        int sum=1,tms,p;
        for(int j=i;j>1;)
        {
            tms=0;p=last[j];
            for(;j%p==0;j/=p,++tms);
            sum*=(tms*3+1);
        }
        d[i]=sum;
        N[i]=N[i-1]+(!b[i]);
    }
    for(int T=read();T;--T)
    {
        n=read();sq=sqrt(n);l[sq+1]=0;
        for(P=1;1LL*s[P]*s[P]<=n;++P);
        for(int i=1;i<=sq;++i)
            for(l0[i]=l0[i-1];1LL*s[l0[i]]*s[l0[i]]<=i;++l0[i]);
        for(int i=sq;i;--i)
            for(l[i]=l[i+1];1LL*s[l[i]]*s[l[i]]<=n/i;++l[i]);
        CalcF();CalcG();
        ll ans=f[1];
        for(int i=1;i<=sq;++i)
            ans+=4*d[i]*(g[i]-1);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}