luogu P6583 回首过去

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思路：$\frac{a}{b}$若在十进制下是有限小数的话等价于：存在非负整数$x,y$ 使得$2^x{5}^{y}a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b=0$
那我们枚举分子，看每个分子的贡献是多少。
那么一个数$P=p_1^{x_1}\ast p_2^{x_2}........p_{k-2}^{x_{k-2}}\ast 2^{x_{k-1}}\ast 5^{x_k}$,其中$p_1,p_2....$为质数，那么$P$的贡献就等于$Q=p_1^{x_1}\ast p_2^{x_2}........p_{k-2}^{x_{k-2}}$的贡献。
我们整除分块，在一个区间$[l,r]$中的任意整数$z$，$D=\lfloor \frac{c}{x}\rfloor$，我们需要容斥掉区间内所有2或5的倍数，剩下的数每个的贡献都是$D$，另外由于每个数再乘上一些2或5之后的贡献还是$D$，那么我们可以先预处理出所有只包含2，5质因子的数，然后递增排序，由于整除分块的区间递增，所以我们可以用一个指针来维护当前区间可以乘多少个只包含2，5质因子的数。

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 555 + 10;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
LL c,d[N];
LL com(LL x){
  return x/2+x/5-x/10;
}
int co;
int main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin>>c;
  for(LL i=1;i<=c;i*=2){
    for(LL j=i;j<=c;j*=5){
      d[++co]=j;
    }
  }
  sort(d+1,d+1+co);
  LL cnt=0;
  for(register LL i=1,j;i<=c;i=j+1){
    j=min(c,c/(c/i));
    LL l=i,r=j,add=c/i;
    while(co&&d[co]>add)co--;
    cnt+=(r-l+1-com(r)+com(l-1))*add*co;
  }
  cout<<cnt<<'\n';
  return 0;
}